Tuyen chon de thi vao 10 chuyen toan cac tinh

Hoàng Tiến Quý
SỞ GD&ĐT LONG AN
----------------
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01trang)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LONG
AN
NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (1,5 điểm)
Cho biểu thức :
x x y y x y
P xy
x y x y
    
           
với điều kiện , 0,x y x y  .
a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tìm tất cả các số tự nhiên ,x y để 3P  .
Cho phương trình 2
0x x m   . Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình có hai
nghiệm phân biệt 1 2,x x sao cho 1 2 2x x  .
Giải phương trình 2 2
4 7 ( 4) 7x x x x     .
Gọi  O là đường tròn tâm O , đường kính AB . Gọi H là điểm nằm giữa A và O , từ H vẽ
dây CD vuông góc với AB . Hai đường thẳng BC và DA cắt nhau tại M . Gọi N là hình
chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AB .
a) Chứng minh: tứ giác MNAC nội tiếp.
b) Chứng minh: NC là tiếp tuyến của đường tròn  O .
c) Tiếp tuyến tại A của đường tròn  O cắt đường thẳng NC tại E . Chứng minh đường
thẳng EB đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH .
Kì thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Long An năm nay có 529 học sinh đến từ 16 địa
phương khác nhau tham dự. Giả sử điểm bài thi môn Toán của mỗi học sinh đều là số nguyên
lớn hơn 4 và bé hơn hoặc bằng 10. Chứng minh rằng luôn tìm được 6 học sinh có điểm môn
Toán giống nhau và cùng đến từ một địa phương.
Cho các số thực , , ,a b c d sao cho 1 , , , 2a b c d  và 6a b c d    .
Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 2
P a b c d    .
Cho hình chữ nhật ABCD với ,AB a AD b  . Trên các cạnh , , ,AD AB BC CD lần
lượt lấy các điểm , , ,E F G H sao cho luôn tạo thành tứ giác EFGH . Gọi P là chu vi
của tứ giác EFGH . Chứng minh: 2 2
2P a b  .
--------HẾT---------

Hoàng Tiến Quý
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT CHUYÊN LONG AN
LONG AN NĂM HỌC 2014-2015
ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN CHUYÊN
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
Ghi chú:
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm .
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 1a
(0,75 điểm)
 
2x x y y
xy x y
x y

  
 0,25
x y
x y
x y

 

0,25
P x y  0,25
Câu 1b
(0,75 điểm)
Vì P x y  và 3P  nên 0 3;0 3x y    0,25
Suy ra 0 9;0 9x y    0,25
,x y cần tìm là :
0 9 1 4
, , ,
9 0 4 1
x x x x
y y y y
      
   
      
0,25
Câu 2
(2,0 điểm)
1 4m   0,25
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1
4
m 
0,25
1
1 1 4
2
m
x
 

0,25
2
1 1 4
2
m
x
 

0,25
Vì 1 2 2x x  nên
1 1 4
2
2
m 

0,25

Hoàng Tiến Quý
Suy ra 1 4 3m  0,25
Suy ra 2m   0,25
Giá trị của m cần tìm là
1
2
4
m  
0,25
Câu 3
(1,0 điểm)
2 2
4 7 ( 4) 7x x x x     2 2 2
7 7 4 4 7 0x x x x x       
0,25
  2 2
7 4 7 0x x x     
0,25
2
2
7 4 0
7 0
x
x x
   

   
0,25
3
3
x
x

   
0,25
Câu 4a
(0,75 điểm)
I
E
N
M
C
D
B
O
A
H
Ta có :
0
90MNA  (giả thiết) 0,25
Ta có
0
90ACB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Suy ra
0
90ACM 
0,25
Vì tứ giác MNAC có
0
180ACM MNA  nên nội tiếp 0,25

Hoàng Tiến Quý
Câu 4b
(0,75 điểm)
Vì MNAC nội tiếp và MN song song CD nên ACN ADC (*) 0,25
Vì ADBC nội tiếp nên ADC ABC (**) 0,25
Từ (*) và (**) suy ra ACN ABC .Vậy NC là tiếp tuyến của  O 0,25
Câu 4c
(1,0 điểm)
Gọi I là giao điểm cùa BE và CH
Ta có AB CD AC AD ECA ACD    
Suy ra CAlà phân giác trong của tam giác ECI
0,25
Ta có CB CA  CB là phân giác ngoài của tam giác ECI
(1)
BI CI
BE CE
 
0,25
Ta có IH song song EA (cùng AB ) (2)
IH BI
AE BE
 
0,25
Mặt khác: AE CE (3) ( ,AE CE là tiếp tuyến )
Từ (1), (2) và (3) suy ra CI IH
Vậy BE đi qua trung điểm của đoạn thẳngCH .
0,25
Câu 5
(1,0 điểm)
Ta có 529 học sinh có điểm bài thi từ 5 điểm đến 10 điểm 0,25
Theo nguyên lý Dirichlet ta có 89 học sinh có điểm bài thi như nhau (từ 5 điểm đến
10 điểm)
0,25
Ta có 89 học sinh có điểm bài thi như nhau và đến từ 16 địa phương 0,25
Theo nguyên lý Dirichlet tìm được 6 em có cùng điểm thi môn toán và đến từ cùng
một địa phương
0,25
0,25

Hoàng Tiến Quý
Câu 6
(1,0 điểm)
Ta có 1 2a  suy ra  1 2 0a a  
Suy ra 2
3 2a a  0,25
Suy ra  2 2 2 2
3 8 10a b c d a b c d         0,25
Giá trị lớn nhất của P là 10 ( 10P  với 2, 2, 1, 1a b c d    hoặc các hoán
vị )
0,25
Câu 7
( 1,0 điểm)
K
M
I
C
A B
D
E
F
G
H
Gọi I, K, M theo thứ tự là trung điểm của EF, EG và GH.
AEF vuông tại A có AI là trung tuyến nên AI=
1
.
2
EF
Tương tự MC=
1
.
2
GH .
0,25
IK là đường trung bình của EFG nên IK=
1
.
2
FG . Tương tự KM=
1
.
2
EH
0,25
P= EF + FG + GH +HE= 2(AI + IK + KM + MC) 0,25
Ta có: AI + IK + KM + MC  AC
Suy ra P 2AC= 2 2
2 a b
0,25
-------HẾT-------

Hoàng Tiến Quý
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐIỆN BIÊN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn: Toán (chuyên)
Thời gian làm bài 150 phút. Ngày thi:28/06/2014
Câu 1. (2,0 điểm)Cho biểu thức:
xy x xy xx 1 x 1
P 1 : 1
xy 1 xy 1 xy 1 xy 1
     
                
1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P.
2) Tính giá trị của P nếu x 2 3  và
3 1
y
3 1



Câu 2. (1,5 điểm)Cho phương trình:  2 2
x 2 m 1 x m 4 0     ,(m là tham số).
1) Giải phương trình với m=2.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn:
 2 2
1 2x 2 m 1 x 2m 8m 2014    
Câu 3. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: 5x 1 3x 2 x 1    
2) Giải hệ phương trình:
  2
x 1 xy x 3
x 2x y 4
   

  
Câu 4. (2,0 điểm)Trên hai cạnh Ox,Oy của góc vuông xOy lần lượt lấy hai điểm A và B sao cho OA=OB. Một
đường thẳng đi qua A cắt OB tại M (M ở trong đoạn OB). Từ B kẻ đường thẳng vuông góc
với AM cắt AM tại H, cắt AO kéo dài tại I.
1) Chứng minh rằng OI=OM và tứ giác OMHI nội tiếp được trong một đường tròn.
2) Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với BI tại K. Chứng minh rằng OK=KH. Điểm K di động trên
đường cố định nào khi M di động trên OB?
Câu 5. (1,0 điểm)Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 nội tiếp trong đường tròn (O). Trên cạnh BC lấy
điểm D, trên cạnh CA lấy điểm E, trên cạnh AB lấy điểm F, sao cho tứ giác AFDE là tứ giác nội tiếp.
Kéo dài AD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại giao điểm thứ hai M(M≠A).
Chứng minh rằng:
2 2
DEF DEF2 2
EF MD EF
S . ;suyraS
BC AD 4AD
 
Câu 6. (1,5 điểm)

Hoàng Tiến Quý
1)Cho các số x,y dương thỏa mãn: 2 2
x y 8  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3
1 1
P
1 x 1 y
 
 
2)Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho hai số 2
4p 1 và 2
6p 1 là hai số nguyên tố.
------------------HẾT-----------------
(Toán chuyên – Huỳnh Mẫn Đạt – Kiên Giang). ( 22- 06 – 2014 )
------------
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
KIÊN GIANG Năm học 2014-2015
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài : 150 phút , Không kể thời gian giao đề
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho biểu thức: 3
2 2( 1) 10 3
, ( 0, 1).
1 1 1
x x x
M x x
x x x x
  
    
   
1/ Rút gọn biểu thức . 2/ Tìm x để biểu thức có giá trị lớn nhất.
Cho parabol (P)
2
2
x
y  ; đường thẳng (d) : mx + ny = 2 và hai điểm M(0; 2); N(4; 0)
1) Tìm m, n biết đường thẳng (d) đi qua hai điểm M, N.
2) Khi đường thẳng (d) đi qua điểm M. Chứng minh rằng (P) và (d) cắt nhau tại hai
điểm phân biệt A và B. Tìm tọa độ A và B biết rằng khoảng cách giữa hai điểm
A và B bằng 6 2.
Bài 3. (1,5 điểm)
Cho phương trình x2
+ ax + b + 1 = 0 với a, b là tham số. Tìm giá trị của a, b để
phương trình trên có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện: 1 2
3 3
1 2
3
9
x x
x x
 

 
.
Bài 4: (2 điểm)
1/ Cho 2 số thực a,b thỏa a + b = 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = a3
+
b3
.
2/ Cho hai số thực a, b. Chứng minh rằng: 2(a4
+ b4
)  ab3
+ a3
b + 2a2
b2
.
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi d là đường thẳng đi qua A và
vuông góc với AB. Lấy điểm C trên đường tròn sao cho BC > R, dựng CD
vuông góc với AB (D thuộc AB). Gọi E là điểm trên tia CD sao cho ED = BC
(theo thứ tự C, D, E). Các tiếp tuyến EP, EQ với đường tròn tâm O (P và A nằm

Hoàng Tiến Quý
cùng phía so với DE) cắt đường thẳng d lần lượt tại N và K; CE cắt đường tròn
tâm O ở F.
1) Chứng minh: EF2
= CE.EF.
2) Chứng minh EP = BD.
3) Đặt KN = x, BD = y. Tính diện tích tam giác EKN theo R, x, y.
4) Chứng minh KN = AB.

Hoàng Tiến Quý
Gợi ý :
Bài 1
1) Rút gọn được M =
5 3
1
x
x x

 
.
2) Để tìm max của M ta dùng phương pháp miền giá trị.
Đặt 0t x  , 2
2
5 3
( 5) 3 0
1
t
M Mt M t M
t t

      
 
, để phương trình theo biến t có
nghiệm thì 0.    (1 – M)(3M + 25)0 
25
1
3
M

  .Vậy max M = 1 khi t = 2 và x
= 4.
Bài 2
1) Thay tọa độ các điểm M, N vào phương trình của (d) tìm được
1
2.
2
y x  
2) Khi (d) đi qua M(0; 2) ta tính được n = 1, thay vào phương trình ta được pt (d): y = -
mx + 2.
Đưa về phương trình hoành độ giao điểm:
2
2
2 2 4 0
2
x
mx x m       . (1) do a, c trái
dấu pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Gọi hai điểm cắt là 1 1 2 2( ; ); ( ; )A x y B x y . Để tìm
tọa độ hai điểm A, B ta giải phương trình AB2
= (x2 – x1)2
+ (y2 – y1)2
(2) với AB =
6 2 và  
2
2 2
2 1 4 16x x m
a
 
     
 
,  
2 2 2
2 1 (4 16)y y m m   . Thay vào (2) ta được
phương trình: m2
+ 5m2
– 14 = 0. Giải phương trình được nghiệm m2
= 2, hay m =
2 , thay vào phương trình (1) được tọa độ của hai điểm A, B là :
   6 2;4 2 3 ; 6 2; 4 2 3     hoặc    6 2;4 2 3 ; 6 2;4 2 3     .
Bài 3.
- Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 2
4 4 0.a b     (*)
- Theo định lý Viet ta có: x1 + x2 = - a , x1.x2 = b + 1, kết hợp với điều kiện của giả thiết
ta có hệ phương trình:
1 2
3 3
1 2
1 2
1 2
3 (1)
9 (2)
3 (3)
1 (4)
x x
x x
x x
x x b
 

 

 
  
. Bình phương (1); thay (3), (4) vào (2), ta được
hệ:
2
2
4
4 13
a b
a b
  

 
. Giải tiếp hệ phương trình này ta được b = - 3 , a =  1. Các giá trị a, b

Hoàng Tiến Quý
tìm được thỏa điều kiện (*) thế vào phương trình (1) thử lại đểu thỏa .
Bài 4.
1) Tách hằng đẳng thức a3
+ b3
rồi thế điều kiện a + b = 20 vào biểu thức T, ta được
kết quả:
T = 60(a – 10) 2
+ 2000  2000. Vậy min T = 2000 khi a = b = 10.
2) Chuyển vế và biến đổi tương đương ta được kết quả cuối cùng (a2
– b2
)2
+ (a – b)2
(a2
+ ab + b2
)  0 là biểu thức luôn đúng.
Bài 5. 1) EP2
= EF.EC . EPF ∽ ECP (g-g)
2) + Trong  BCA vuông tại C ta có BD = BC2
: AB = BC2
: 2R2
.(1)
+ Trong  EOQ: EQ2
= OE2
– R2
(2), mà OE2
= OD2
+ DE2
(3) , OD = R – DB (4).
Thay (4) vào (3), (3) vào (2) khai triển và thu gọn rồi thay kết quả vào (1), ta được:
EQ2
= DB2
hay EQ = DB.
3) ( )
2
KNE ONK OKE ONE
R
S S S S x KE NE      , thay KE = x + AN – y, NE = NP + y, NA =
NP, ta được kết quả SKNE = R(x – y) (5)
4) Dựng EH  AK, EH = AD = 2R – y. Vậy SKNE =
. (2 )
2 2
EH KN x R y
 (6).
Từ (5) và (6) ta có x = 2R = AB.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình:  
1
5 , ,
z 2
xy x y
yz y z x y z
x z x
  

   
   
b) Giải phương trình:  2 2
3 2 1 6 3 1 2 2 2 1 ,x x x x x x x            .

Hoàng Tiến Quý
a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì  2013 2013 2013
2 1 2 ... n   chia hết cho
 1n n  .
b) Tìm tất cả các số nguyên tố ,p q thỏa mãn điều kiện 2 2
2 1p q  .
Câu 3 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1abc  . Chứng minh:
        
3
1 1 1 1 1 1 4
a b c
a b b c c a
  
     
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC, AB AC . Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B, C.
Gọi P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các đường
thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S. Chứng minh:
a) Tứ giác BQCR nội tiếp.
b)
PB DB
PC DC
 và D là trung điểm của QS.
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC.
Câu 5 (1,0 điểm). Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ số a, b, c
thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16?
------------------HẾT------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:……………………………………………; SBD:……………………………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
—————————

Hoàng Tiến Quý
A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo
cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1
a Giải hệ phương trình  
1
5 , ,
z 2
xy x y
yz y z x y z
x z x
  

   
   
1,5
  
  
  
1 1 21
5 1 1 6
z 2 1 1 3
x yxy x y
yz y z y z
x z x z x
    

       
       
0,50
Nhân từng vế các phương trình của hệ trên ta được
    
   
   
2 1 1 1 6
1 1 1 36
1 1 1 6
x y z
x y z
x y z
   
     
    
0,50
+) Nếu    1 1 1 6x y z    , kết hợp với hệ trên ta được
1 1 2
1 2 3
z 1 3 z 4
x x
y y
   
 
    
    
0,25
+) Nếu    1 1 1 6x y z     , kết hợp với hệ trên ta được
1 1 0
1 2 1
z 1 3 z 2
x x
y y
    
 
      
      
. Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm
     ; ; 2;3;4 , 0; 1; 2x y z    .
0,25
b
Giải phương trình  2 2
3 2 1 6 3 1 2 2 2 1 ,x x x x x x x            1,5
Điều kiện xác định 1x  . Khi đó ta có
2 2
3 2 1 6 3 1 2 2 2 1x x x x x x          
0,50

Hoàng Tiến Quý
     1 2 1 1 6 3 1 2 2 2 1x x x x x x x            
     1 2 1 1 3 1 2 1 2 2 6x x x x x x x            
   1 2 1 3 2 1 2 3x x x x x          
  1 2 x 2 1 3 0x x       
0,50
*)    2
2 1 3 0 2 1 2 2 1 9 2 4x x x x x x x x x                 
2 2
4
2
2 8 16
x
x
x x x x

  
    
0,25
*) 1 2 1 4 3.x x x      
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là  2,3S  .
0,25
2 a Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì  2013 2013 2013
2 1 2 ... n   chia hết cho
 1n n  .
1,0
Nhận xét. Nếu ,a blà hai số nguyên dương thì  2013 2013
a b a b  . 0,25
Khi đó ta có
          
20132013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013
2 1 2 ... 1 2 1 ... 1 1n n n n n           
(1)
0,25
Mặt khác
 
          
2013 2013 2013
2013 2013 20132013 2013 2013 2013
2 1 2 ...
1 1 2 2 ... 1 1 2. 2
n
n n n n n
  
          
0,25
Do  , 1 1n n   và kết hợp với (1), (2) ta được  2013 2013 2013
2 1 2 ... n   chia hết cho
 1n n  .
0,25
b Tìm tất cả các số nguyên tố ,p q thỏa mãn điều kiện 2 2
2 1p q  1,0
Nếu ,p q đều không chia hết cho 3 thì
     2 2 2 2
1 mod3 , 1 mod3 2 1 mod3p q p q      vô lý. Do đó trong hai số ,p q
phải có một số bằng 3.
0,50

Hoàng Tiến Quý
+) Nếu 2 2
3 9 2 1 4 2p q q q        . Do đó    , 3,2p q  . 0,25
+) Nếu 2 2
3 18 1 19q p p      vô lí. Vậy    , 3,2p q  . 0,25
3 Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1abc  . Chứng minh:
        
3
1 1 1 1 1 1 4
a b c
a b b c c a
  
     
1,0
Ta có
        
3
1 1 1 1 1 1 4
a b c
a b b c c a
  
     
         4 1 4 1 4 1 3 1 1 1a c b a c b a b c         
0,50
       4 4 3 3 3 3ab bc ca a b c abc ab bc ca a b c             
6ab bc ca a b c       (1)
0,25
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương ta được:
 
2
2
3 3ab bc ca abc    ; 2
3 3a b c abc    cộng từng vế hai bất đẳng thức này ta
được (1). Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1a b c   .
0,25
4
a Tứ giác BQCR nội tiếp. 1,0
Do AB AC nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó Q, C nằm về
cùng một phía của đường thẳng BR.
0,25
Do tứ giác BFEC nội tiếp nên AFE BCA , 0,25
Do QR song song với EF nên AFE BQR 0,25
D M
P
Q
R
S
E
F
H
A
B
C

Hoàng Tiến Quý
Từ đó suy ra BCA BQR hay tứ giác BQCR nội tiếp. 0,25
b PB DB
PC DC
 và D là trung điểm của QS. 1,0
Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên
DB HB
AE HA

Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên
DC HC
AF HA

Từ hai tỷ số trên ta được  . . 1
DB AE HB AE FB
DC AF HC AF EC
 
0,25
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:
 . . 1 . 2
PB EC FA PB AE FB
PC EA FB PC AF EC
  
0,25
Từ (1) và (2) ta được  3
PB DB
PC DC
 0,25
Do QR song song với EF nên theo định lí Thales: ,
DQ BD DS CD
PF BP PF CP
  .
Kết hợp với (3) ta được DQ DS hay D là trung điểm của QS.
0,25
c Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. 1,0
Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh . .DP DM DQ DR .
Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên . .DQ DR DB DC (4).
0,25
Tiếp theo ta chứng minh . . .
2
DC DB
DP DM DB DC DP DB DC
 
   
 
0,25
     2 . . .DP DC DB DB DC DB DP DC DC DP DB DB PC DC PB       
PB DB
PC DC
  (đúng theo phần b). Do đó  . . 5DP DM DB DC
0,25
Từ (4) và (5) ta được . .DP DM DQ DR suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay đường tròn
ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. 0,25
Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ số a, b, c thỏa
mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16?
1,0

Hoàng Tiến Quý
5 Trả lời: Không tồn tại 16 số như vậy. Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được 16 số thỏa mãn. Khi
đó, ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15; trong đó
có 8 số chẵn, 8 số lẻ.
Do đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a, b và chữ số lẻ là c.
0.25
Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này: , , , , , , , , .aac abc acc bac bbc bcc cac cbc ccc 0.25
Gọi 1 2 9, , ,x x x là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng cách bỏ đi chữ số c
(ở hàng đơn vị). Khi đó
 mod16 16i jx c x c  không là ước của i jx c x c tức là i jx x không chia hết cho 8
0.25
Nhưng trong 9 số 1 2 9, , ,x x x chỉ có ba số lẻ , ,ac bc cc nên 8 số bất kỳ trong 9 số
1 2 9, , ,x x x luôn có hai số có cùng số dư khi chia cho 8, mâu thuẫn.
Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn cũng không xảy ra
0.25
---------------------------Hết----------------------------

Hoàng Tiến Quý
UBND TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC

Hoàng Tiến Quý
Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2014
Câu I. (2,0 điểm) Cho biểu thức  
2
1
,
1 1
1
1
x x x
P x x
xx
   
    
  
với 0, 1.x x 
1) Rút gọn P.
2) Tìm số chính phương x sao cho
2
P
là số nguyên.
Câu II. (2,0 điểm)
1) Cho các số thực x, y, z, a, b, c thỏa mãn các điều kiện 1
x y z
a b c
   và
0
a b c
x y z
   . Chứng minh rằng
2 2 2
2 2 2
1
x y z
a b c
   .
2) Tìm các số nguyên a để phương trình: 2
(3 2 ) 40 0x a x a     có nghiệm
nguyên. Hãy tìm các nghiệm nguyên đó.
Câu III. (1,5 điểm)
1) Cho hệ phương trình 2
3
2
x my m
mx y m
 

  
với ,x y là ẩn, m là tham số. Tìm m để hệ
phương trình có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn 2
2 0.x x y 
2) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn điều kiện 2c b abc  .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 4 5
.S
b c a c a b a b c
  
     
Câu IV. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC). Các tiếp tuyến
với (O) tại B và C cắt nhau tại N. Vẽ dây AM song song với BC. Đường thẳng MN cắt đường
tròn (O) tại M và P.
1) Cho biết 2 2
1 1 1
16OB NC
  , tính độ dài đoạn BC.

Hoàng Tiến Quý
2) Chứng minh rằng .
BP CP
AC AB

3) Chứng minh rằng BC, ON và AP đồng quy.
Câu V. (1,5 điểm)
1) Cho đường tròn tâm O bán kính 1, tam giác ABC có các đỉnh A, B, C nằm trong
đường tròn và có diện tích lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng điểm O nằm trong hoặc
nằm trên cạnh của tam giác ABC.
2) Cho tập  1;2;3;...;16A  . Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho trong mỗi
tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt ,a b mà 2 2
a b là một số nguyên
tố.
------------Hết------------
(Đề này gồm có 01 trang)
Họ và tên thí sinh: ……………………………..……Số báo danh: ……………….....
HƯỚNG DẪN CHẤM
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)
Câu Đáp án Điểm
I.1
(1,0 điểm)
 
  
2
(1 )(1 ) 1
1
1 1 1
x x x x
P x x
x x x
               
0,5
  
 
  
 
2
2 2
1 1
1 1 1 1 1
1 1
x x x x x x x
x x
         
 
.
0,5
I.2

Hoàng Tiến Quý
(1,0 điểm)
Ta có
2
1x
P
   là ước của 2 gồm: 1, 2  . 0,5
Từ đó tìm được  0,4,9 .x 0,5
II.1
(1,0 điểm)
ĐK: 0.xyzabc 
Từ 0 0
a b c ayz bxz cxy
x y z xyz
 
      0.ayz bxz cxy  
0,25
Ta có
2
1 1
x y z x y z
a b c a b c
 
       
 
2 2 2
2 2 2
2 1
x y z xy xz yz
a b c ab ac bc
 
       
 
0,5
2 2 2
2 2 2
2 1
x y z cxy bxz ayz
a b c abc
 
    
2 2 2
2 2 2
1
x y z
a b c
    . 0,25
II.2
(1,0 điểm)
 = 2
4 16 151a a  . PT có nghiệm nguyên thì  = n2
với n  .
Hay 2 2
4 16 151a a n    2 2
(4 16 16) 167a a n     (2 4 )(2 4 ) 167.a n a n    
0,25
Vì 167 là số nguyên tố và 2 4 2 4a n a n     nên ta có các trường hợp:
+)
2 4 167
4 8 168 40
2 4 1
a n
a a
a n
  
   


 


(t/m).
+)
2 4 1
4 8 168 44
2 4 167
a n
a a
a n
   
    

 
   
(t/m).
0,5
Với 40a  thì PT có hai nghiệm nguyên là 0, 83.x x 
Với 44a   thì PT có hai nghiệm nguyên là 1, 84.x x   
0,25
III.1
(0,5 điểm)
Từ (1) có 3x m my  , thay vào (2) ta có 2; .y x m  0,25

Hoàng Tiến Quý
x2
 2x – y = m2
– 2m – 2 = (m – 1)2
– 3 > 0  31 m 






.31m
31m
0,25
III.2
(1,0 điểm)
Chứng minh được
1 1 4
, , 0x y
x y x y
   

dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y .
Từ giả thiết ta có 0, 0, 0a b c b c a c a b         .
0,25
Ta có
1 1 1 1 1 1 2 4 6
2 3S
b c a c a b b c a a b c c a b a b c c b a
     
             
                
Mà
2 1
2c b abc a
b c
     nên
6
2 4 3S a
a
   .
0,5
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 4 3 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3.a b c   0,25
IV.1
(1,0 điểm)
Ta có NB NC (tính chất hai tiếp tuyến
cắt nhau); .OB OC R 
Do đó, ON là trung trực của BC. Gọi K là
giao điểm của ON và BC thì K là trung
điểm của BC.
P
K≡QO
M
N
C
B
A
0,5
Mà OBN vuông tại B, BK là đường cao nên 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
.
OB NC OB NB BK
   
Kết hợp giả thiết suy ra 2
16 4 8.BK BK BC    
0,5
IV.2
(1,0 điểm)
Ta có ,NBP NMB  đồng dạng (g.g)
PB NB
MB NM
  (1). 0,25

Hoàng Tiến Quý
Tương tự, ,NCP NMC  đồng dạng (g.g)
PC NC
MC NM
  (2).
Vì NC NB (3) nên từ (1), (2) và (3) suy ra
PB PC
MB MC
 (4). 0,25
Mặt khác, / /AM BC  Tứ giác AMCB là hình thang cân ,MC AB MB AC   (5).
Từ (4), (5) .
PB PC
AC AB
 
0,5
IV.3
(1,0 điểm)
Gọi Q là giao điểm của AP và BC. Ta chứng minh .BQ QC
Vì ,BQP AQC  đồng dạng (g.g)
BQ PB
AQ AC
  (6).
0,25
Tương tự ,CQP AQB  đồng dạng (g.g)
CQ PC
AQ AB
  (7). 0,25
Kết hợp (6), (7) và kết quả câu b) ta suy ra
BQ CQ
BQ CQ Q
AQ AQ
    là trung điểm của BC.
Suy ra Q K . Vậy , ,BC ON AP đồng quy tại K.
0,5
V.1
(0,5 điểm)
Giả sử O nằm ngoài miền tam giác ABC. Không mất tính tổng quát giả sử A và O nằm về hai phía của
đường thẳng BC.
Suy ra đoạn AO cắt đường thẳng BC tại K. Kẻ AH vuông góc với BC tại H.
Suy ra, AH  AK < AO < 1 suy ra AH < 1.
0,25
Suy ra,
. 2.1
1
2 2
ABC
AH BC
S    (mâu thuẫn với giả
thiết). Suy ra điều phải chứng minh.
K
O
H CB
A
0,25

Hoàng Tiến Quý
V.2
(1,0 điểm)
Nếu ,a b chẵn thì 2 2
a b là hợp số. Do đó nếu tập con X của A có hai phần tử phân biệt ,a b mà
2 2
a b là một số nguyên tố thì X không thể chỉ chứa các số chẵn. Suy ra, 9k  . Ta chứng tỏ
9k  là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Điều đó có ý nghĩa là với mọi tập con X gồm 9 phần tử bất kỳ của
A luôn tồn tại hai phần tử phân biệt ,a b mà 2 2
a b là một số nguyên tố.
0,5
Để chứng minh khẳng định trên ta chia tập A thành các cặp hai phần tử phân biệt ,a b mà 2 2
a b là
một số nguyên tố, ta có tất cả 8 cặp:
               1;4 , 2;3 , 5;8 , 6;11 , 7;10 , 9;16 , 12;13 , 14;15 .
Theo nguyên lý Dirichlet thì 9 phần tử của X có hai phần tử cùng thuộc một cặp và ta có điều phải
chứng minh.
0,5
Chú ý:
1. Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm.
2. HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm. Trong
trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ
chấm để giải quyết.
3. Tổng điểm của bài thi không làm tròn.
-----------Hết-----------
1) Tìm các số thực x, y thỏa mãn: x2
+ 9y2
– 2x + 6y + 2 = 0
ĐỒNG NAI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Hoàng Tiến Quý
2) Cho các số thực x thỏa
1 1 5
2 2
x

  . Chứng minh : 2x3
– 3x2
– x + 1 < 0
1) Cho phương trình xn+2
– 12xn+1
+ 29xn
= 0, với n là số nguyên dương.
Chứng minh rằng hai số 6 + 7 và 6 - 7 là nghiệm của phương trình đã cho với
mọi số nguyên dương.
2) Cho    
10 101
6 7 6 7
2
P     
  
. Chứng minh giá trị P là số nguyên.
Câu 3 (2 điểm).
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2 3 5
3 2
x y y x
y x x y
    

   
Câu 4 (1 điểm).
Cho hai số nguyên dương a và b có ước chung lớn nhất là 1. Biết ab là lập
phương của 1 nguyên dương. Chứng minh a là lập phương của 1 nguyên dương.
Câu 5 (1 điểm).
Cho tập hợp S = { m  Z, 126 ≤ m ≤ 2014, m 6 }
1) Tính số phần tử của tập hợp S.
2) Tính số phần tử của tập hợp là ước của 126126 nhưng không là bội của
13.
Câu 6 (3 điểm).
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) tâm O. Lấy điểm D thuộc cung AB
của đường tròn (O) không chứa C, D không trùng A và B. Vẽ đường thẳng a qua D
vuông góc với AD. Biết đường thẳng a cắt đoạn BC tại điểm M (M không trùng B, C).
Gọi K là trung điểm DM. Đường trung trực đoạn thẳng DM cắt các cạnh AB, AC, BD,
AM lần lượt tại E, F, N, I (N không trùng B, F không trùng C)
1) Chứng minh BCNF là tứ giác nội tiếp.

Hoàng Tiến Quý
2) Cho tam giác ABC cân ở A. Chứng minh MF song song AB.
--------------Hết--------------

Hoàng Tiến Quý
HD
Bài 5.
J
N
F
E
D
M
K
H
O
C
A
B
I
F
E
D
M
K
H
O
A
B C
Câu c) Gọi N và J là trung điểm của AB và AC ta có N, J là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHE
và AHDC mặt khác MN và MJ là đường trung bình tam giác ABC nên MN//AC, MJ // AB. Do HK
vuông góc với AC và AB vuông góc với BD nên MN vuông góc với HK và MJ vuông góc BD suy ra
tam giác HME và MHF cân do đó tam giác MFE cân
Câu c cách khác:
* Cách 2: Gọi I là giao điểm của BE và MF.
Ta có EAH EBH (hai góc nội tiếp chắn cung HE)
Mà MCF EAH (hai góc nội tiếp chắn cung HF) do đó EBH MCF suy ra IMB FMC  
(g.c.g)
Suy ra MI = MF.
Lại có  IEF vuông tại E (do góc AEB vuông) suy ra RM = MF (t/c đường trung tuyến ứng cạnh
huyền).
*Cách 3. Ta có OM  BC suy ra tứ giác BEOM và tứ giác OMFC nội tiếp
suy raOEM OBM;MFO MCO  mà OBM OCM nên OEM MFO suy ra đpcm
Bài 6. Bổ đề: Với 1ab  ta có 2 2
1 1 2
1 1 1a b ab
 
  
(Để chứng minh bổ đề ta dùng biến đổi tương
đương)

Hoàng Tiến Quý
Đặt y = 2t thì 1xt  và 2 2 2 2
1 4 1 1
2
1 4 1 1
P xy xt
x y x y
     
   
Áp dụng bổ đề và BĐT Côsi ta có
2 2(1 ) 3 1 2 2(1 ) 3 1
2 . 3
1 4 2 2 1 4 2 2
xt xt xt
P
xt xt
  
        
  
Dễ thấy khi x = t = 1 thì P =3. Vậy min P = 3
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2014 – 2015
Môn: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút.
( Đề thi gồm 01 trang)
Bài 1: (2,0 điểm):
1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn:
1 1 1
1
a b c
   và a + b + c = 1.
Chứng minh rằng    1 1 1 0a b c    .
2) Với mỗi số nguyên dương n; chứng minh    3 5 3 5
n n
   là số nguyên dương.
Bài 2: (2,5 điểm):
1) Giải phương trình   2
6 2 1 4 12 8x x x x       .
2) Giải hệ phương trình
3 2 6 4
4 3
2
1
2 1 3 4
1
x xy y y
y x
x
   


   

bài này hôm qua tôi đánh nhầm
Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AA1; BB1; CC1 của tam
giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AA1 cắt đường tròn (O) tại K khác A.
1) Chứng minh A1 là trung điểm của HK.
2) Hãy tính
1 1 1
HA HB HC
AA BB CC
  .
ĐỀ CHÍNH THỨC

Hoàng Tiến Quý
3) Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trên BC. Đường thẳng BB1 cắt (O) tại giao điểm thứ hai là E, kéo
dài MB1 cắt AE tại N. Chứng minh rằng
2
1
1
ABAN
NE EB
 
  
 
Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn 3 3
3 1x y xy  
Bài 5: (1,5 điểm):
1) Trên bảng ghi một số nguyên dương có hai chữ số trở lên. Người ta thiết lập số mới bằng cách xóa đi chữ
số hàng đơn vị của số đã cho, sau đó cộng vào số còn lại 7 lần số vừa bị xóa. Ban đầu trên bảng ghi số 6100
. Hỏi
sau một số bước thực hiện như trên ta có thể thu được 1006
hay không ? Tại sao ?
2) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
2 2 2
3x y z xyz   . Chứng minh rằng:
2 2 2
4 4 4
3
2
x y z
x yz y xz z xy
  
  
.
Hết
Hướng dẫn giải:
Bài 1: (2,0 điểm):
1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn:
1 1 1
1
a b c
   và a + b + c = 1.
Chứng minh rằng    1 1 1 0a b c    .
Từ GT ta có:
 
1 1 1 1 1 1 1 1
0 0
a b a b
a b c a b c a b c a b c ab c a b c
    
             
        
 
     
   
2
0 0 0
0
0 0
0
a b a b
a b c a b c ab a b ca cb c ab
ab c a b c
a b
a b c b a c c b
c a
 
                    
 
       
  
Nếu a + b = 0 => c = 1 => c – 1 = 0 =>   1 1 1 0a b c   
Nếu c + b = 0 => a = 1 => a – 1 = 0 =>   1 1 1 0a b c   

Hoàng Tiến Quý
Nếu a + c = 0 => b = 1 => b – 1 = 0 =>   1 1 1 0a b c   
Vậy ta có đpcm.
2) Với mỗi số nguyên dương n; chứng minh    3 5 3 5
n n
   là số nguyên dương.
Bài 2: (2,5 điểm):
1) Giải phương trình   2
6 2 1 4 12 8x x x x       .
ĐKXĐ 2x  , đặt 2 2
6 0; 2 0 8x a x b a b         PTTT:
     2 2
1 1 0
1 0
a b
a b ab a b a b ab a b
ab a b

               
+) với : 6 2a b taco x x    vô nghiệm
+) với   
1 6 1 6 1
1 0 1 1 0
1 2 1 2 1 3( )
a x x vonghiem
ab a b a b
b x x x TM
      
          
         
PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 3
 
 
3 2 6 4
4 3
2
1
1
2 1 3 4 2
1
x xy y y
y x
x
   


   

        
2 2
3 6 2 4 2 2 2 4 2
2 2 4 2
0
1 0
0 3
x y x y
x y xy y x y x xy y y
x xy y y
    
           
   
 
2
2 4 2 01 3
3 0
02 4
x
x y y y
y
 
          
Thỏa mãn (2)
Với 2
x y
Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn
3 3
3 1x y xy  
   
33 3
3 1 3 3 1x y xy x y xy x y xy         , đặt x + y = a và xy = b (a, b nguyên) ta có:
       3 2 2
3 3 1 1 1 3 1 2 1 1 3 2a ab b a a a b a a a a b               
Vì a, b nguyên nên có các TH sau :

Hoàng Tiến Quý
2
0
1 1
1) 1
1 3 2
3
a
a
ba a b
  
  
    
(loại)
2
1 2 1
2)
01 3 1
a a
ba a b
   
 
    
(nhận)       
1
; 0;1 , 1;0
0
x y
x y
xy
 
  

2
1 1 2
3)
31 3 2
a a
ba a b
     
 
     
(nhận)  
2
;
3
x y
x y
xy
  
  

2
1 2 3
4)
41 3 1
a a
ba a b
     
 
     
(nhận)  
3
;
4
x y
x y
xy
  
  

Vậy       ; 0;1 , 1;0x y 
Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC
a) góc A1 = góc C2 = góc C1
=> ∆CHK cân C, CA1 là đ/cao + đ trung trực => đpcm
b) Có:
1 1 1
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
3
3 3 1 2HBC HAC HBA
ABC ABC ABC
HA HB HCHA HB HC
AA BB CC AA BB CC
HA HB HC
AA BB CC
S S S
S S S
     
            
     
 
     
 
 
       
 
c) Từ GT => M trung điểm BC => ....=> ∆B1MC
cân tại M => góc MB1C = gócMCB1 = góc AB1N
=> ∆CBB1 đồng dạng ∆B1AN (g-g) => 1B N AE
Áp dụng hệ thức lương trong tam giác vuông ta có:
2
1
1
.
.
AB AN AE AN
EB EN EA EN
 
  
 
(đpcm)
Bài 5: (1,5 điểm):
2) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
2 2 2
3x y z xyz   . Chứng minh rằng:
2
1
1
C1
B1
A1
N
E
M
K
H
O
B C
A

Hoàng Tiến Quý
2 2 2
4 4 4
3
2
x y z
A
x yz y xz z xy
   
  
.
Vì x, y, z dương, áp dụng BĐT Cô-si ta có:
+)  
2
2 4
4 42
1 1 1
2 1
2 2
x
x yz x yz
x yz x yzx yz yz
     
 
+)
2 1 1 1 1 1 1
42y z y zyz yz
 
     
 
(2)
Từ (1) và (2) => :
2
4
1 1 1
4
x
x yz y z
 
  
  
. Tương tự :
2
4
1 1 1
4
y
y xz x z
 
  
  
;
2
4
1 1 1
4
z
z xy x y
 
  
  
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 2 2
xy yz zx
A
y z x z x y y z x xyz
     
              
   
(3)
Lại có 2 2 2
xy yz zx x y z     (4)
Từ (3) và (4) có :
2 2 2
1 1 3 3
2 2 2
x y z xyz
A
xyz xyz
 
      đpcm
Dấu « = » xảy ra khi 1x y z  
Đề thi gồm có 05 câu trong 01 trang
Cho biểu thức 


























6
9
2
3
3
2
:
9
3
1
aa
a
a
a
a
a
a
aa
A với .9;4;0  aaa
3) Rút gọn A.
4) Tìm a để 0 AA
NINH BÌNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi : TOÁN
Ngày thi: 12/6/2014

Hoàng Tiến Quý
1. Giải phương trình: 17726329 2
 xxxx
2. Giải hệ phương trình:






1212
2 22
yxxyyx
yxxyyx
1. Cho hai phương trình: 02
 cbxx (1) và 022
 bcxbx (2)
(trong đó x là ẩn, bvà c là các tham số).
Biết phương trình (1) có hai nghiệm 1x và 2x , phương trình (2) có hai nghiệm 3x và
4x thỏa mãn điều kiện 12413  xxxx . Xác định b và c.
2. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p+1)(p-1) chia hết cho
24.
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một
điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB, vẽ các tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O (D, E
là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O’). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường
tròn tâm O’ lần lượt tại M và N (M và N khác A). Đường thẳng DE cắt MN tại I.
Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm B, D, M, I cùng thuộc một đường tròn.
b) MI.BE = BI.AE
c) Khi điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB thì đường thẳng DE luôn đi qua một
điểm cố định.
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 0. Tìm giá trị lớn nhât của
biểu thức:
2
33
2
33
2
33
3
5
3
5
3
5
aca
ca
cbc
bc
bab
ab
P










Hoàng Tiến Quý
NGHỆ AN
ĐỀ CHÍNH THỨC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: TOÁN
a) Giải phương trình 2
1 2 3 2 4 3.x x x x x x      
b) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
1
( 1) ( 1) 2
3 1.
x y
y x
xy x y

 
 
   
a) Tìm các số nguyên x và y thoả mãn phương trình 2
9 2x y y   .
b) Tìm các chữ số a, b sao cho  
2 3
.ab a b 
Cho các số a, b, c không âm. Chứng minh rằng
   
22 2 2 3
3 2 .a b c abc ab bc ca     
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao AE và CF cắt
nhau tại H. Gọi P là điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B, C); M, N lần lượt là hình
chiếu của P trên các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng:
a) OB vuông góc với EF và 2
BH EF
BO AC
 .
b) Đường thẳng MN đi qua trung điểm của đoạn thẳng HP.
Cho tam giác nhọn ABC có 60 , 2 3o
BAC BC  cm. Bên trong tam giác này
cho 13 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm được 2 điểm mà
khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm.
----- HẾT -----

Hoàng Tiến Quý
NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2014 – 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Môn: TOÁN
Câu Nội dung Điểm
1. 7,0
a) 3,5
Điều kiện: 1x  
Ta có:
2
1 2 3 2 4 3x x x x x x      
0,5
  2 3 2 1 1 3 0x x x x x x         0,25
   2 3 1 1 3 1 0x x x x        0,5
  3 1 1 2 0x x x      0,5
3 1 (1)
1 2 (2)
x
x x
  
 
 
0,5
Ta có (1) 2x   (loại) 0,5
(2)
2 2
0 0
1 4 4 1 0
x x
x x x x
  
  
     
0
1 17
8
x
x


  


0,5

Hoàng Tiến Quý
1 17
8
x

  (thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
1 17
8
x

 0,25
b) 3,5 đ
Điều kiện: 1; 1x y   
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 2
1
( 1) ( 1) 2
1
.
1 1 4
x y
y x
x y
y x

   

 
  
0,5
Đặt ;
1 1
x y
u v
y x
 
 
, hệ đã cho trở thành
2 2 1
2
1
4
u v
uv

 

 

0,5
2 2
2 2
2 1
2 0
u v uv
u v uv
   
 
  
 
 
2
2
1
0
u v
u v
  
 
 
0,5
Suy ra
1
2
u v  hoặc
1
2
u v   0,5
Nếu
1
2
u v  thì
1 2
1
1 2
y x
x y
x y
 
  
 
(thỏa mãn) 0,75
Nếu
1
2
u v  thì
1 2 1
1 2 3
y x
x y
x y
  
   
  
(thỏa mãn)
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:
1
1;
3
x y x y    
0,75
2. 3,0 đ
a) 2,0 đ
Phương trình đã cho tương đương với   9 1 2x y y   (1) 0,5

Hoàng Tiến Quý
Nếu 1 3y  thì     2 1 3 3 1 2 9y y y y      
mà 9 9x , x  nên ta có mâu thuẫn.
0,5
Suy ra 1 3,y  do đó    1 3 3 1y k k y k k       0,5
Thay vào (1) ta có:    9 3 3 3 1x k k x k k     0,25
Vậy phương trình có nghiệm:
 1
3 1
x k k
y k
 

 
 k  0,25
b) 1,0 đ
Từ giả thiết suy ra  ab a b a b   (1)
Vì ab và
*
a b  nên a b là số chính phương.
0,25
Mặt khác 1 18a b   nên  1, 4, 9,16a b  0,25
Nếu 1,a b  4,a b  16a b  thì thay vào (1) không thỏa mãn
Nếu 9a b  thay vào (1) ta được 27ab  .
Vậy 2, 7a b  .
0,5
3. 2,0 đ
Đặt
3 3 32 2 2
, ,a x b y c z   .
Suy ra
2 3 2 3 2 3
, ,a x b y c z   ,
3 3 3
, ,a x b y c z   và , , 0x y z 
Bất đẳng thức đã cho trở thành:
 3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 2x y z xyz x y y z z x      (1)
0,5
Vì vai trò của , ,x y z bình đẳng nên có thể giả sử 0x y z  
Khi đó        2 2
0x x y z y z z x y x y y z        
Suy ra      3 3 3
3x y z xyz xy x y yz y z zx z x         (2)
0,5

Hoàng Tiến Quý
Áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có   3 3
2 2xy x y xy xy x y   (3)
Tương tự ta có   3 3
2yz y z y z  (4)
  3 3
2zx z x z x  (5)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (3), (4), (5) ta được
       3 3 3 3 3 3
2xy x y yz y z zx z x x y y z z x        (6)
0,5
Từ (2) và (6) ta có
 3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 2x y z xyz x y y z z x      .
Đẳng thức xảy ra khi x y z  hay a b c  .
0,5
4. 6,0 đ
a) 4,0 đ
N1
M1
x
O
F
E
H
N
M
P
CB
A
Vì
0
AEC AFC 90  nên tứ
giác ACEF nội tiếp.
0,5
Suy ra BFE ACB (cùng bù
với góc AFE) (1)
0,5
Kẻ tia tiếp tuyến Bx của đường
tròn (O) tại B.
Ta có ACB ABx (cùng chắn
cung AB ) (2)
0,5
Từ (1) và (2) suy ra BFE ABx 0,5
Do đó //Bx EF 0,5
Mà OB Bx nên OB EF 0,5
Xét BEF và BAC có ABC chung và BFE ACB ( theo (1))
nên BEF và BAC đồng dạng.
0,5
Mặt khác BEF và BAC lần lượt nội tiếp đường tròn bán kính
2
BH
và đường tròn bán
0,5

Hoàng Tiến Quý
P
F
N
M
E
I
H
G
O
C
B
A
kính OB nên
2.
EF BH
AC OB

Từ đó ta có 2
BH EF
BO AC
 .
b) 2,0 đ
Gọi M1 và N1 lần lượt là các điểm đối xứng với P qua AB và AC.
Ta có 1AM B APB (do tính chất đối xứng) (3)
0,25
APB ACB (cùng chắn cung AB) (4) 0,25
Tứ giác BEHF nội tiếp nên BFE BHE (5)
Mặt khác theo câu a) BFE ACB (6)
0,25
Từ (3), (4), (5), (6) suy ra 1AM B BHE 0
1 180AM B AHB   , 0,25
do đó tứ giác AHBM1 nội tiếp 0,25
1 1AHM ABM  mà 1ABM ABP nên 1AHM ABP . 0,25
Chứng minh tương tự ta có 1AHN ACP . 0,25
 0
1 1 180AHM AHN ABP ACP    M1, N1, H thẳng hàng
Mặt khác MN là đường trung bình của tam giác PM1 N1 , do đó MN đi qua trung điểm của
PH.
0,25
5. 2,0 đ
Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
và M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA,
AB.
Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam
giác ABC
Vì
0
60BAC  nên
0
60MOC  , suy ra
0
2
sin60
MC
OA OB OC   
0,5

Hoàng Tiến Quý
Vì O nằm trong tam giác ABC và , ,OM BC ON AC OP AB  
Suy ra tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các đường tròn
có đường kính 2 (đường kính lần lượt là OA, OB, OC).
0.25
Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 5 điểm
trong 13 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác ANOP.
0,25
Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm OA, suy
ra 1IA IP IO IN    .
0,25
Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp
các đường tròn có đường kính 1.
0,25
Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm
trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 13 điểm đã cho.
0,25
Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác này,
do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa X, Y không
vượt quá 1.
0,25
Lưu ý : Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
----- HẾT -----
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2014-2015
Môn Toán
( Dành cho thí sinh thi chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang
-------------------------------------------
Câu 1(2,0 điểm)
Rút gọn biểu thức 9;0;
4
5
12
197
9
6









 xx
xx
xx
xx
xx
x
xx
A

Hoàng Tiến Quý
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;3) ,parabol (P) : y=x2
và đường thẳng (d) : y= ax+3-a
a) Chứng minh rằng (P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt.
b) Giả sử B,C là giao điểm của (P) và (d).Tìm a biết AB=2AC
Cho hệ phương trình






myxy
xxyyxyxyx
3
03322
20142
22223
a) Giải hệ với m=1.
b) Tìm các giá trị của m để hệ có hai nghiệm phân biệt  11; yx và  22 ; yx thỏa mãn điều kiện
   031221  yxyx
Cho hai đường tròn (O) đường kính AB=2R. Trên tiếp tuyến tại A của (O) lấy điểm M ( M khác
A).Từ M vẽ tiếp tuyến thứ 2 MC với đường tròn (O) ( C là tiếp điểm).Kẻ CH vuông góc với AB (H thuộc
AB),MB cắt (O) tại điểm thứ hai là E và cắt CH tại N .Gọi D là điểm đối xứng của C qua tâm O ,đường thẳng
MD cắt AC tại I.
a) Chứng minh rằng góc CAE=góc OMB.
b) Chứng minh N là trung điểm của đoạn thẳng CH.
c) Giả sử OM=2R gọi 1R và 2R lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCI và tam giác
ADI .Chứng minh rằng 21 3RR  .
Câu 5 (1 điểm) Cho a,b,c dương thỏa mãn 6a+3b+2c=abc
Tìm giá trị lớn nhất
9
3
4
2
1
1
222






cba
B
---------Hết-------
QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN : TOÁN (Hệ chuyên)
ĐỀ CHÍNH THỨC

Hoàng Tiến Quý
Câu 1: (4 điểm): Cho biểu thức:
 2
1 1
( ) :
1
x
P x
x x x x x


  
1) Rút gọn P(x)
2) Tìm x để P(x) nhận giá trị nguyên .
Câu 2: (3 điểm):
1) Cho số tự nhiên có dạng 8946 09bbcc tìm số đó biết bbcc là số chính phương.
2 2
3 2 3 2
3 0x y xy
x y y x
   

  
1) Giải phương trình 9x2
+ 12x – 2 = 3 8x 
2) Cho các số thực a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2
2
a b c
b c c a a b
  
  
Cho phương trình x2
+ ax + b = 0 có nghiệm nguyên a + b + 1 = 2014. Tìm a, b
biết chúng là các số nguyên.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O). Một đường tròn (O’) tiếp xúc
với (O) tại D tiếp xúc AB tại E (D, A nằm hai phía đối với BC). Từ C kẻ tiếp tuyến
CF với (O’) (F là tiếp điểm F, D nằm về hai phía vớo BC). DE cắt (O) tại điểm thứ
hai N.
a) Chứng minh CN là tia phân giác ACB
b) I là giao điểm CN và EF. Chứng minh CDFI nội tiếp.
c) Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp ABC.
----------------------------------- HẾT -------------------------------
SỞ GD & ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
Năm học 2014 – 2015
MÔN THI: TOÁN

Hoàng Tiến Quý
( Dành cho thí sinh chuyên Toán, Tin)
(Đề thi chuyên Thái Bình V2- 2014)
1) Giải phương trình: 2x2x3x1065x 2







4832yx
96yy8x
22
23
x
1) Cho phương trình x2
– 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Tính 7
2
7
1 xxS 
2) Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn: a2
+ ab + b2
= c2
+ cd + d2
.
Chứng minh a + b + c + d là hợp số.
Cho a, b, c là ba số thực dương và có tổng bằng 1.
Chứng minh:
2
3
abc
ab-c
cab
ca-b
bca
bc-a






Cho hình bình hành ABCD với A, C cố địnhvà B, D di động. Đường phân giác của góc BCD cắt AB
và AD theo thứ tự tại I và J (J nằm giữa A và D). Gọi M là giao điểm khác A của hai đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABD và AIJ, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIJ.
1) Chứng minh AO là phân giác góc IAJ.
2) Chứng minh bốn điểm A, B, D, O cùng thuộc một đường tròn.
3) Tìm đường tròn cố định luôn đi qua M khi B, D di động.
Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một số có tổng các chữ số chi
hết cho 11.

Hoàng Tiến Quý
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
(Hướng dẫn gồm 4 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
Năm học : 2014-2015
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN
Bài Nội dung Điểm
1 1 Giải phương trình: 2
5x 6 10 3x 2x x 2      1,5
ĐKXĐ:
6 10
x
5 3
 
0,25
Với điều kiện trên, phương trình tương đương:
   
 
2
5x 6 2 10 3x 2 2x x 6
5(x 2) 3(2 x)
(x 2)(2x 3)
5x 6 2 10 3x 2
5 3
x 2 2x 3 0
5x 6 2 10 3x 2
       
 
    
   
 
      
    
0,5
 
x 2
5 3
2x 3 0 (1)
5x 6 2 10 3x 2
5 3
(1) 2x+3 2
5x 6 2 10 3x 2


    
    
  
   
0,25
Với những giá trị của x thuộc tập xác định, ta thấy:
VT(2) < 3, VP(2) > 3, do vậy phương trình (2) vô nghiệm.
0,25
Đối chiếu điều kiện xác định và kết luận: phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. 0,25

Hoàng Tiến Quý
2
Giải hệ phương trình:
3 2
2 2
x 8xy 96y
x 32y 48
  

  1,5
 
 
3 2 2 23 2
2 2 2 2
3 2 2 3
2 2
x 8xy 2y x 32yx 8xy 96y
x 32y 48 x 32y 48
x 2x y 8xy 64y 0 1
x 32y 48
      
 
    
    
 
 
0,5
    2 2
2 2
1 x 4y x 2xy 16y 0
x 4y
x 2xy 16y 0
    

 
  
0,25
+) Với x 4y , thay vào hệ ta được
x 4;y 1
x 4;y 1
 
    
0,5
+) Với  
22 2 2
x 2xy 16y 0 x y 15y 0 x y 0          thay vào hệ
phương trình không thỏa mãn.
Vậy hệ có hai nghiệm:
x 4 x 4
;
y 1 y 1
   
 
   
.
0,25
2 1 Cho phương trình x2
– 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1, x2. Tính 7 7
1 2S x x  . 1,0
Theo định lý Viét ta được: x1 + x2 = 2 và x1x2 = 4 . Ta có 0,25
  3 3 4 4 3
1 2 1 2 1 2 1 2S x x x x (x x ) (x x )     0,25
  
3 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
4 4 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
22 2
1 2 1 2 1 2
x x (x x ) 3x x (x x )
x x (x x ) 2(x x )
x x 2x x 2(x x )
    
   
   
0,25
Thay số vào ta được: S = 3712 0,25
2
Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn: a2
+ ab + b2
= c2
+ cd + d2
.
Chứng minh a + b + c + d là hợp số.
1,0

Hoàng Tiến Quý
Ta có :
2 2 2 2
2 2
a ab b c cd + d
(a b) ab (c d) cd
(a b c d)(a b c d) ab cd (1)
   
     
        
0,25
Đặt s = a + b + c + d
Giả sử s = p là một số nguyên tố a b c d(mod p)     .Từ (1) suy ra:
ab cd 0(modp) ab c(a b c) 0(modp)
(c a)(c b) 0(modp)
      
   
Vì p là số nguyên tố nên suy ra:
a c 0 (modp)
b c 0 (modp)
 
  
Điều này vô lý vì 1 < a + c, b + c < p (a, b, c, d là các số nguyên dương và có
tổng bằng p).
0,5
Vậy s > 1 và không là số nguyên tố nên s phải là hợp số. 0,25
3 Cho a,b,c là các số thực dương và có tổng bằng 1.
Chứng minh:
a bc b ac c ab 3
a bc b ac c ab 2
  
  
  
1,0
Ta có: a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c)
b + ca = (b + c)(b + a); c + ab = (c + a)(c + b)
Bất đẳng thức trên tương đương:
 2 2 2
2a 2b 2c 9
a bc b ac c ab 2
2a 2b 2c 9
(a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) 2
4a(b c) 4b(c a) 4c(a b) 9(a b)(b c)(c a)
4a(1 a) 4b(1 b) 4c(1 c) 9(1 a)(1 b)(1 c)
4(a b c) 4(a b c ) 9 1 (a b c) (ab bc ca) abc
4 4(
   
  
   
     
         
         
             
  2
a b c) ab bc ca 9abc (vì a b c 1)
ab bc ca 9abc (vìa b c 1)
        
      
0,5

Hoàng Tiến Quý
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:
2 2 23 3
3 3 33
ab bc ca 3 a b c ; 1 a b c 3 abc
ab bc ca 9 a b c 9abc
      
    
Dấu bằng xảy ra khi
1
a b c
3
   .
Ta được đpcm
0,5
3 Cho hình bình hành ABCD với A, C cố định và B, D di động. Đường phân
giác của ·BCD cắt AB và AD theo thứ tự tại I và J (J nằm giữa A và D). Gọi
M là giao điểm khác A của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và AIJ,
O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIJ.
1) Chứng minh AO là phân giác của ·IAJ.
2) Chứng minh bốn điểm A, B, D, O cùng thuộc một đường tròn.
3) Tìm một đường tròn cố định luôn đi qua M khi B, D di động.
3,0
1
E
F
M
O
I
J
D
K
A
CB
Theo giả thiết ABCD là hình bình hành
nên suy ra:
· ·DCJ AIJ (hai góc so le trong)
· ·BCJ AJI (hai góc đồng vị)
· ·DCJ BCJ (vì CJ là phân giác góc BCD)
0,5
· ·AIJ AJI AIJ    cân tại A 0,25
Mà O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác AIJ nên AO là phân giác ·IAJ.
0,25
2 Gọi E, F là hình chiếu vuông góc của O thứ tự lên AI, AJ. Do AO là phân giác góc
·IAJ nên  OE OF 1 ; · ·   0
OFD OEB 90 2 
0,25
Vì AI, AJ là hai dây cung của  O nên E, F lần lượt là trung điểm của AI và AJ, mà
AI AJ AE FJ  .
· ·   · ·   · ·DCJ JCB gt ,JCB CJD BC/ /AD DCJ DJC   
DCJ  cân tại D DC DJ  mà DC = AB (ABCD là hình bình hành)
0,5

Hoàng Tiến Quý
DJ AB  kết hợp với AE = FJ  BE DF 3 
Từ         · ·1 , 2 , 3 OFD= OEB c g c ABO ADO       mà B, D cùng
phía với AO ABDO là tứ giác nội tiếp (quỹ tích cung chứa góc)
A,B,D,O thuộc một đường tròn.
0,25
3 -) Chứng minh ABDM là hình thang cân 0,25
-) Chứng minh OK là trung trực của BD và AM (K là trung điểm BD) 0,25
-) Chứng minh OK song song CM 0,25
-) Chứng minh · 0
AMC 90 và suy ra M thuộc đường tròn đường kính AC cố định. 0,25
5 Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một
số có tổng các chữ số chia hết cho 11.
1,0
Xét tập hợp 39 số tự nhiên liên tiếp:  1 2 39S a ;a ;...;a ,  i 1 ia a 1,1 i 38    
Trong tập  1 2 20a ;a ;...;a luôn tồn tại hai số có tận cùng là 0 và hơn kém nhau 10.
Do đó trong hai số này tồn tại ít nhất một số có chữ số hàng chục nhỏ hơn 9, kí hiệu
số đó là  A Bc0 0 c 8, c , B    ¥ ¥ .
0,25
Xét 11 số: A;A 1;A 2;...;A 9;A 19    .
Nhận xét rằng:
-) 11 số trên thuộc tập S.
-) 11 số đó có tổng các chữ số là 11 số tự nhiên liên tiếp vì các tổng đó là:
         s A ;s A 1;s A 2;...;s A 9;s A 10    ,với  s A là tổng các chữ số của A.
0,5
Trong 11 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại một số chia hết cho 11.
Do vậy, ta có điều phải chứng minh.
0,25
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2013-2014
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
Đề thi môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 30/6/2013
Thời gian làm bài: 150 phút

Hoàng Tiến Quý
a. Tính 8 2 7 16 6 7A    
b. Rút gọn biểu thức:
1 1
:
1
x x x x
M
xx x x
   
     
, (với 0, 1x x  ).
Cho phương trình: 2
4 2 3 0x x m    , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình
(1) có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x thỏa mãn:  1 2 1 23 17x x x x   .
a. Giải phương trình: 1 5 4 3 2 4x x x x      .
b. Giải hệ phương trình: 2
( 2 2)(2 ) 2 (5 2) 2
7 3
x y x y x y y
x y
     

  
a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết
cho 4.
b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2
3 2 5 2 7 0x y xy x y      .
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn
(O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và
song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần
lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N
(khác điểm A).
a. Chứng minh rằng: 2
.EB ED EA và
BA CA
BD CD
 .
b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm.
c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.
d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.
a. Chứng minh rằng: 3 3
( )a b ab a b   , với a, b là hai số dương.
b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn 1a b  .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:    
23 3 2 2 3
.
2
F a b a b ab    

Hoàng Tiến Quý
GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH
PHƯỚC
NĂM HỌC 2013-2014
Giải
a.Ta có    
2 2
7 2 7 1 9 2.3 7 7 7 1 3 7 7 1 3 7 4A               
b. Rút gọn biểu thức:
1 1
:
1
x x x x
M
xx x x
   
     
, (với 0, 1x x  ).
Giải
Ta có
 
 
1 1 1 1 1 1 1
: : :
1 1
x x x x x x x
M x
x x xx x xx x
                       
 
  
 
1 1
. 1
1
x x x
x x
x x
 
  

Vậy  1M x x 
Giải
+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2, 0x x 
+) Với
3 7
2 2
m  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2, 0x x  .
Áp dụng định lí Viet ta có:
1 2
1 2
4
. 2 3
x x
x x m
 

 
+) Ta có
     1 2 1 2 1 2 1 2 1 23 17 3 2 17 3 4 2 2 3 2 3 17x x x x x x x x x x m m             

Hoàng Tiến Quý
  2
1
6 2 3 2 2 3 2 3 1
9 2 3 2 1
m
m m m m
m m m
 
         
   
2
1
1
2
16 28 0
14
m
m
m
m m
m
 
  
   
     
So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là 2m  .
a. Giải phương trình: 1 5 4 3 2 4x x x x      .
Giải
Cách 1:
+) ĐK:
1
1 0
0
5 0 3
3
4 3 0 4
4
2 4 0
2
x
x
x
x
x
x x
x
x
 
     
   
   
    
+) Ta có 1 2 1. 5 5 4 3 2 4 3. 2 4 2 4PT x x x x x x x x           
2
3 ( )
1. 5 4 3. 2 4 5 ( 1) (4 3)(2 4) 3 5 12 0 4
( )
3
x l
x x x x x x x x x x
x n
 
              
 

+) KL: Phương trình có một nghiệm
4
3
x  .
Cách 2:
+) ĐK:
1
1 0
0
5 0 3
3
4 3 0 4
4
2 4 0
2
x
x
x
x
x
x x
x
x
 
     
   
   
    
+) Ta có: 1 5 4 3 2 4x x x x     

Hoàng Tiến Quý
3 3
0
2 4 1 5 4 3
1 1
( 3) 0
2 4 1 5 4 3
3( )
1 1
0
2 4 1 5 4 3
x x
x x x x
x
x x x x
x L
x x x x
 
  
    
 
    
     
 

  
     
+) Ta giải phương trình:
   
1 1
0
2 4 1 5 4 3
2 4 1 5 4 3
5 2 4 4 3 1 0
3 4 3 4
0
5 2 4 5 2 4
1 1
(3 4) 0
5 2 4 5 2 4
4
( )
3
1 1
0
5 2 4 5 2 4
x x x x
x x x x
x x x x
x x
x x x x
x
x x x x
x N
x x x x
 
    
      
       
 
  
   
 
    
    



  
    
Dể thấy
1 1
0
5 2 4 5 2 4x x x x
 
   
 PT chĩ có một nghiệm duy nhất là
4
3
x 
b. Giải hệ phương trình: 2
( 2 2)(2 ) 2 (5 2) 2
7 3
x y x y x y y
x y
     

  
Giải
+) Ta có 2 2
(1) 2 4 2 4 2 10 4 2PT x xy xy y x y xy x y        
 2 2 2 2
2 5 2 0 2 4 (2 ) 0 2 ( 2 ) ( 2 ) 0x xy y x xy y xy x x y y x y             
2 0 2
( 2 )(2 ) 0
2 0 2
x y x y
x y x y
x y y x
   
         
+) Trường hợp 1: 2x y , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2
2
7 3
x y
x y


  

Hoàng Tiến Quý
2
1
2 2
2 1 3
4 7 3 0 3 4
4 3
2
x
x y y
x y x
x
y y
x
y
 
                   
+) Trường hợp 2: 2y x , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2
2
7 3
y x
x y


  
2
7 46
2
14 2 462
7 46
14 3 0 7 46
7 46
14 2 46
x
x y
yy x
x
x x x
x
y
  
 
          
       
  
 
+) Kết luận: Hệ phương trình có 4 nghiệm:
3
1 4,
2 3
2
x
x
y
y

 
 
  

,
7 46 7 46
;
14 2 46 14 2 46
x x
y y
     
 
     
.
a.Giải
+) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ. Do đó theo nguyên lý Đirichlet trong 3 số nguyên bất
kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ.
+) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ra được hai số có cùng tính chẵn lẻ. Gọi 2 số chính
phương được chọn ra đó là 2
a và 2
b . Khi đó ta có 2 2
( )( )a b a b a b    .
+) Vì 2
a và 2
b cùng tính chẵn lẻ nên a, b cũng cùng tính chẵn lẻ. Do đó a b là số chẵn và a b cũng là số
chẵn 2 2
( )( ) 4a b a b a b    , (đpcm).
b.Giải
+) Ta có PT      2 2
3 6 2 2 7x xy y xy x y        .
     3 2 2 2 7x x y y x y x y      
      2 3 1 7 1.7 7.1 1. 7 7. 1x y x y            
Do đó ta có 4 trường hợp sau:

Hoàng Tiến Quý
+) TH1:
13
2 1 2 1 7
3 1 7 3 6 3
7
x
x y x y
x y x y
y

     
   
       

,(loại).
+) TH2:
1
2 7 2 1 7
3 1 1 3 0 3
7
x
x y x y
x y x y
y

     
   
        

,(loại).
+) TH3:
17
2 1 2 1 7
3 1 7 3 8 5
7
x
x y x y
x y x y
y

        
   
          

,(loại).
+) TH4:
11
2 7 2 7 7
3 1 1 3 2 19
7
x
x y x y
x y x y
y

        
   
         

,(loại).
+) Kết luận: Phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
a. Chứng minh rằng: 2
.EB ED EA và
BA CA
BD CD
 .
Giải:
+) Nối BD
+) Ta có:
1
d D D
2
EBD s B BA  (1)
+) Ta có:
DE 180 D
DE
D 180 D
B B A
B EBA
EBA DBA BA B A
  
 
   
(2)
+) Từ (1) và (2)  D ( )B E ABE g g  
2D
E. D
E
EB E
EB A E
A EB
    (đpcm)
+) Chứng minh tương tự ta được: E( )DCE AC g g  
AC EC
DC DE
  (3)
D EB( g - g )BE A 
D
D
BA B
BE E
  (4)

Hoàng Tiến Quý
+) Từ (3) và (4) kết hợp với
C DE B
DE DE

AC BA
DC BE
  (đpcm)
b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm.
Giải
+) Ta có: A AEPE y (sole trong)
Mà:
1
AE d D D
2
y s A AB 
 Tứ giác BDEP nội tiếp được
+) Chứng minh tương tự, ta được: Tứ giác DCQE nội tiếp được
 Các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua điểm D
c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.
Giải:
+) Ta có: 180 180 D DPBE ABE B E B A    
Mà:
1
D
2
B A sdBA xAP 
PBE xAP 
Mà ta lại có: xAP BPE (sole trong)
( )PBE BPE xAP  
PBE  cân tại E
BE PE  (5)
+) Chứng minh tương tự, ta được: EC EQ (6)
+) Từ (5) và (6)  E là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC
d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân
Giải:
+) Theo như câu (a), ta có: . D . D
D
AB AC
ABC AC B
DB C
  
+) Áp dụng định lý Ptolemaeus cho tứ giác ABCD, ta được:
D. . D. 2. .A BC AB DC B AC AC DC  
D. 2. .A BC AC DC 

Hoàng Tiến Quý
D D D
2
A B B
BCAC MC
  
D D D
D
A B A AC
AC MC B MC
    (7)
+) Ta có: Tứ giác ABCD nội tiếp DACB B A  (8)
+) Từ (7) và (8) D ( )A B ACM c g c     DBA NAC 
+) Ta có:
1
D d D D
2
1
d
2
BA s B BC
NAC s NC NBC

 

  

Mà DBA NAC
DBC NBC 
Tứ giác BCDN là hình thang cân (đpcm)

Hoàng Tiến Quý
a. Chứng minh rằng: 3 3
( )a b ab a b   , với a, b là hai số dương.
Giải
Ta có bất đẳng thức
2 2 2 2 2
( )( ) ( ) 0 ( )( 2 ) 0 ( )( ) 0a b a ab b ab a b a b a ab b a b a b              
Ta thấy với a, b là hai số dương nên bất đẳng thức đã cho luôn đúng.
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn 1a b  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
   
23 3 2 2 3
.
2
F a b a b ab    
Giải
Cách 1
+) Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ở câu (a) ta có:    
2 23 3
( )a b ab a b   mà theo giả thiết
1a b 
Do đó    
2 23 3 2
( ) ( )a b ab a b ab   
+) Mặt khác ta có:  
22 2
2 1 1F a b a b ab ab      
+) Do đó      
2
2 2 23 1 1 15 1 15 15
1 2 1 2. .
2 2 4 16 16 4 16 16
ab
F ab ab ab ab ab ab ab
 
               
 
+) Dấu “=” xảy ra
1
1
1
2
4
a b
a b
ab
 

   

+) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng
15
16
, đạt được khi
1
2
a b  .
Cách 2
+) Ta có    
2 23 3 1
.
2
F a b a b ab    
+) Ta luôn có bất đẳng thức:
3
3 3 ( )
4
a b
a b

  , (*) với mọi a, b > 0. Thật vậy (*)
2
2 2 ( )
4
a b
a ab b

   
2 2 2 2 2
4 4 4 2 ( ) 0a ab b a ab b a b         , (luôn đúng).

Hoàng Tiến Quý
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:  
23
23 3 ( ) 1
4 16
a b
a b
 
   
 
.
+) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 2
( ) ( )
4 4
a b a b
ab ab
 
     .
+) Do đó  
2 2
21 ( ) 1 7( ) 1 7 15
16 8 16 8 16 8 16
a b a b
F a b
 
         . Dấu “=” xảy ra
1 1
2
a b
a b
a b
 
  

+) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng
15
16
, đạt được khi
1
2
a b  .
HẢI PHÒNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2013 – 2014
ĐỀ THI MÔN TOÁN
Lưu ý: Đề thi gồm 01 trang, thí sinh làm bài vào tờ giấy thi
Bài 1. (2.0 điểm)
a) Cho
3 7 10 7
:
2 2 4 8 2 4
x x x x
A
x x x x x x x
   
   
      
. Tìm x sao cho 2A  .
b) Tìm m để phương trình  2
2 4 3 2 0x m x m     có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x thỏa
mãn 2 12 3x x  .
a) Giải phương trình
7
5 1 3 13
3
x
x x

    .
b) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 3 2
3
x xy y y
x y
    

 
.
Cho hai điểm A, B cố định. Một điểm C khác B di chuyển trên đường tròn (O) đường kính
AB sao cho AC BC . Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C cắt tiếp tuyến tại A ở D, cắt AB ở
E. Hạ AH vuông góc với CD tại H.
a) Chứng minh rằng . .AD CE CH DE .
b) Chứng minh rằng .OD BC là một hằng số.
c) Giả sử đường thẳng đi qua E, vuông góc với AB cắt AC, BD lần lượt tại F, G. Gọi I là
trung điểm AE. Chứng minh rằng trực tâm tam giác IFG là một điểm cố định.
ĐỀ CHÍNH THỨC

Hoàng Tiến Quý
a) Chứng minh rằng nếu 1x y  thì
1 1
x y
x y
   .
b) Cho 1 , , 2a b c  . Chứng minh rằng  
1 1 1
10a b c
a b c
 
     
 
.
a) Cho ,a b là hai số nguyên dương thỏa mãn 20a  và 13b cùng chia hết cho 21. Tìm số
dư của phép chia 4 9a b
A a b    cho 21.
b) Có thể phủ kín bảng 20 13 ô vuông bằng các miếng lát có một trong hai dạng dưới (có thể
xoay và sử dụng đồng thời cả hai dạng miếng lát) sao cho các miếng lát không chờm lên nhau
không?
----- Hết -----
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
HẢI PHÒNG Năm học 2013 - 2014
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Bài Đáp án Điểm
1
(2.0 điểm)
a) (1.0 điểm)
ĐKXĐ: 0x  và 4x  . 0.25
      
  
2 4 3 2 7 10 7
:
2 42 2 4
x x x x x x x
A
x xx x x
       

   
 
  
 4 24 4 7
: .
2 4 72 2 4
xx x
x x xx x x
 
 
    
0.25
Hướng dẫn gồm 03 trang
ĐỀ CHÍNH THỨC

Hoàng Tiến Quý
 2 2 2 7 3 9.A x x x x         0.25
Kết hợp với điều kiện ta có
0 9
4
x
x
 


. 0.25
b) (1.0 điểm)
   
2
2 2 1 7
' 2 3 2 2 0
2 4
m m m m m m
 
             
 
.
Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
0.25
Theo đề bài và định lý Viét ta có:
1
1 2
2 1
2
2 1
2 4 3
2 3 4 11
3
m
x
x x m
x x m
x

   
 
    

0.25
2 1 4 11
3 2
3 3
m m
m
 
    0.25
2
1
8 7 0 7
8
m
m m
m

    
  

. 0.25
2
(2.0 điểm)
a) (1.0 điểm)
ĐKXĐ:
1
5
x  . 0.25
  1
5 1 3 13 5 1 3 13 5 1 3 13
6
PT x x x x x x           . 0.25
* 5 1 3 13 0x x     5 1 3 13x x    5 1 3 13x x    7x  (thỏa mãn). 0.25
* 5 1 3 13 6x x    (1)
Nếu 1x  thì VT (1) > 4 16  6; còn nếu 1x  thì VT (1) < 4 16  6.
Dễ thấy 1x  là nghiệm phương trình (1).
Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm 1 1x  ; 2 7x  .
0.25
b) (1.0 điểm)
 2 2 2 2
2 3 2 3 2 2 0x xy y y y x y x          .
Coi đây là phương trình bậc hai ẩn y tham số x , ta có :
0.25

Hoàng Tiến Quý
H
I
F
G
E
D
BOA
C
     
2 22 2
3 4 2 2 9 6 1 3 1x x x x x          .
Suy ra
3 3 1
2 2
2
3 3 1
1
2
x x
y x
x x
y x
  
  

      

. 0.25
 22 2
2 22 2
)
3 8 7 0 ' 5 03
y xy x
x xx y
    
  
          V« nghiÖm do
. 0.25
2 2
1 1 2
)
2 13
y x y x x
x yx y
        
    
     
. 0.25
3
(3.0 điểm)
a) (1.0 điểm)
//
CH OA
OC AH
CE OE
  . (1) 0.25
OD là phân giác của góc
OA AD
ADE
OE DE
  . (2) 0.5
Từ (1) và (2) suy ra . .
CH AD
ADCE CH DE
CE DE
   . 0.25
b) (1.0 điểm)
Ta có ABC  DOA (g – g). 0.5
2
. .
2
BC AB AB
OD BC AB AO
AO OD
    . 0.5
c) (1.0 điểm)

Hoàng Tiến Quý
2 2
2 .
EF EC EB EB EG
EF EG
AD CD BO AB AD
      0.25
2 2
2 . . 2 .EF EG EF EC EB EA EB EI     .
0.25
BEF    GEI c g c BFE GIE BF IG       . 0.25
Mà BE FG IFG   nhận B cố định là trực tâm. 0.25
4
(1.0 điểm)
a) (0.25 điểm)
  11 1
0
x y xy
x y
x y xy
 
     .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y .
0.25
b) (0.75 điểm)
Không mất tính tổng quát giả sử 1 2a b c    , ta có:
1 1 1
7 7
2
1, 1, 2
a b b c c a
VT VP x y xy
b a c b a c x y xy
b c
x y xy y
a b x
          
                        
           
 
       
 
0.25
  3 1 21 2 1 3 3 9
2 7 0
2 2 2 2 2
x xx x
x
x x x x
      
                
     
. 0.25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1, 2
1, 2
a b c
a b c
  
   
và các hoán vị. 0.25
5
(2.0 điểm)
a) (1.0 điểm)
Từ giả thiết suy ra 1 (mod3)a  , 3 1( )a k k  N ; 2 (mod 3)b  , 3 2( )b q q  N .
Suy ra 4 9 1 0 1 2 (mod 3)a b
A a b        hay 4 (mod 3)A  . (1)
0.25
Lại có: 3 1
4 4 4.64 4 (mod 7)a k k
  
3 2 3 2
9 9 2 (mod 7)b q q 
   9 4.8 4(mod 7)b q
  .
0.25
Từ giả thiết ta còn suy ra 1 (mod7)a  , 1 (mod 7)b  .
Dẫn đến 4 9 4 4 1 1 (mod 7)a b
A a b        hay 10 (mod 7)A  .
0.25
Từ (1) suy ra 10 (mod 3)A  ; mà 3 và 7 nguyên tố cùng nhau nên 10 (mod 21)A  .
Vậy A chia cho 21 dư 10.
0.25

Hoàng Tiến Quý
b) (1.0 điểm)
Tô màu các dòng của bảng ô vuông bằng hai màu đen trắng xen kẽ: dòng 1 đen, dòng 2 trắng,
dòng 3 đen, dòng 4 trắng, …
0.25
Khi đó mỗi miếng lát sẽ luôn phủ đúng 3 ô đen 1 ô trắng hoặc 3 ô trắng 1 ô đen. 0.25
Trong bảng, số ô đen bằng số ô trắng nên số miếng lát phủ 3 ô đen 1 ô trắng bằng số miếng lát
phủ 3 ô trắng 1 ô đen, do đó phải có chẵn miếng lát.
0.25
Tuy nhiên trong bảng có 65 miếng lát, mâu thuẫn. Vậy không thể phủ được bảng thỏa mãn. 0.25
SỞ GIÁODỤCVÀ ĐÀOTẠO ĐỀ THITUYỂNSINHLỚP10THPTCHUYÊN
TỈNHĐÀNẴNG NĂM HỌC 2013 – 2014
TRƯỜNG LÊ QUÝ ĐÔN Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
a/ Tìm các nghiệm của phương trình 2
2 4 3 0x x a   (1), biết rằng phương trình (1) có một nghiệm là
số đối của một nghiệm nào đó của phương trình 2
2 4 3 0x x a   .
b/ Cho hệ thức 2 2
( 2) 6 9 0x x y x     với x, y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của y.
a/ Giải hệ phương trình  4 4
33
( 1)( 1) 4
1 1 1
  
    
x y xy
x y x
b/ Tìm các số nguyên x, y sao cho 2 2 2 2 2 1x y x y    
Cho đoạn thẳng BC có M là trung điểm. Gọi H là một điểm của đoạn thẳng BM (H khác các điểm B và
M). Trên đường thẳng vuông góc với BC tại H lấy điểm A sao cho BAH MAC . Đường tròn tâm A bán kính
AB cắt đoạn thẳng BC tại điểm thứ hai ở D và cắt đoạn thẳng AC tại E. Gọi P là giao điểm của AM và EB.
a/ Đặt AB = r, tính tích DH.AM theo r.
b/ Gọi h1, h2, h3 lần lượt là khoảng cách từ điểm P đến các đường thẳng BC, Ca, AB. Chứng minh
rằng 32 12
1
hh h
AB AC BC
  
c/ Gọi Q là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác APE và BPM. Chứng minh rằng
tứ giác BCEQ là tứ giác nội tiếp.
ĐỀ THI CHÍNH THỨ C

Hoàng Tiến Quý
Cho một tháp số (gồm 20 ô vuông giống nhau) như hình vẽ. Mỗi ô vuông được ghi một số nguyên
dương n với 1≤n≤20, hai ô vuông bất kỳ không được ghi cùng một số. Ta quy định trong tháp số này 2 ô vuông
kề nhau là 2 ô vuông có chung cạnh. Hỏi có thể có cách ghi nào thỏa mãn điều kiện: Chọn 1 ô vuông bất kỳ
(khác với các ô vuông được đặt tên a, b, c, d, e, f, g, h như hình vẽ) thì tổng của số được ghi trong ô đó và các
số được ghi trong 3 ô vuông kề với nó chia hết cho 4?
Đề thi vào lớp 10 môn Toán Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi
Hải Dương năm học 2013-2014
Bài 1: (2 điểm)
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a2
(b−2c)+b2
(c−a)+2c2
(a−b)+abc
2) Cho x, y thỏa:
2 23 3
1 1x y y y y     
Tính giá trị biểu thức sau:
4 3 2 2
3 2 1A x x y x xy y     
Bài 2: (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2 4 2
( 4 11)( 8 21) 35x x x x    
2) Giải hệ phương trình sau:
2 2
( 2012)( 2012) 2012x x y y    
2 2
4( ) 8 0x z y z    
Bài 3: (2 điểm)
1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2
+n+1 không chia hết cho 9.
2) Xét phương trình ẩn x: x2
−m2
x+2m+2=0(1). Tìm m nguyên dương để (1) có nghiệm nguyên.
Bài 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB<AC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm
của (O) với các cạnh AB, AC, BC. BO cắt EF tại I. M là điểm di chuyển trên đoạn CE.
1) Tính số đo góc BIF.
2) Gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng nếu AM=AB thì tứ giác ABHI nội tiếp.

Hoàng Tiến Quý
3) Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của đường tròn (O), P và Q lần lượt là hình chiếu của N trên
các đường thẳng DE, DF. Xác định vị trí của M để độ dài đoạn PQ lớn nhất.
Bài 5: (1 điểm)
Cho ba số a, b, c thỏa mãn 0≤a≤b≤c≤1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1 1 1
( 3)( )
1 1 1
B a b c
a b c
     
  
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi : TOÁN (CHUYÊN)
Ngày thi : 22/6/2013
(Thời gian : 150 phút – không kể thời gian phát đề)
(Đề thi có 01 trang) 
Bài 1. (2,00 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
3 2 3 2
A 5 2 6
3 7
  
  

.
2) Chứng minh rằng 3
3 3
3
4 1
32 16 3
 
 
.
Bài 2. (2,00 điểm)
1) Giải phương trình
2
2
2x 1 5x
7
x 2x x 1

 
 
.
2 2
5(x 2) y 3y
(6x 4y 1) x y 1 (2x 2y 1) 3x 2y .
   

       
Bài 3. (2,00 điểm)
1) Với hai số dương x và y, chứng minh rằng
2
(x y) x y
x y y x
2 4
 
   .
Đẳng thức xảy ra khi nào ?

Hoàng Tiến Quý
2) Với số nguyên n bất kỳ cho trước, chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương
x thỏa mãn điều kiện x(x 1) n(n 2)   .
Bài 4. (3,00 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AD. Gọi E
là hình chiếu vuông góc của B trên AD, H là hình chiếu vuông góc của A trên BC và M là
trung điểm của BC.
1) Chứng minh HME đồng dạng với AOB .
2) Từ C vẽ CF vuông góc với AD (F AD) . Chứng minh M là tâm của đường tròn
ngoại tiếp tam giác EFH.
3) Gọi N, P lần lượt là trung điểm của AC, AB. Chứng minh AM BN CP 2AD   .
Bài 5. (1,00 điểm)
Trên một mặt phẳng cho trước, giả sử rằng mỗi điểm đều được tô màu đỏ hoặc màu
xanh. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác vuông cân có 3 đỉnh cùng màu.
 HẾT 
Hướng dẫn bài khó
Đáp số:
Bài 1.1 A = 3
Bài 1.2 Đặt 3
x 4
Bài 2.1 Đặt
2
2x x 1
t 0
x
 
  ta được
1 3
x
2

 ,
3 11
x
2


Bài 2.2 Đặt x y 1 u ; 3x 2y v (u,v 0)      .
Giải được
x 4
y 7


 
(loại);
x 2
y 5
 


(nhận).
Bài 3.1 Dùng BĐT Cô-si
Bài 3.2
Với số nguyên n bất kỳ cho trước, chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương x thỏa
mãn điều kiện x(x 1) n(n 2)   .

Hoàng Tiến Quý
M
G
NP
D
O
B C
A
O
DA
B C
Hướng dẫn :
Giả sử x(x 1) n(n 2)   , với n nguyên và x nguyên dương
Ta có 2 2 2 2
x x n 2n x x 1 (n 1)       
Vì x nguyên dương nên 2 2 2 2
x x x 1 x 2x 1 (x 1)       
Suy ra 2 2 2
x (n 1) (x 1)    (vô lý)
Vậy không tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn bài toán.
Bài 4.3
Gọi N, P lần lượt là trung điểm của AC, AB. Chứng minh
AM BN CP 2AD   .
Hướng dẫn :
Gọi G là trọng tâm ABC . Khi đó O thuộc 1 trong 3 miền tam
giác : GAB , GBC , GCA . Không mất tổng quát, giả sử O
thuộc miền GAC (kể cả biên)
+ C/m được : GA GC OA OC AD   
2 2 3
3 3 2
     AM CP AD AM CP AD
+ Vì
1
BN BO AD
2
 
AM BN CP 2AD    .
Bài 5
Trên một mặt phẳng cho trước, giả sử rằng mỗi điểm đều được tô màu đỏ hoặc màu xanh.
Chứng minh rằng tồn tại một tam giác vuông cân có 3 đỉnh cùng màu.
Hướng dẫn :
1/ Chỉ có 1 điểm màu đỏ hoặc màu xanh khi đó luôn tìm được 3 đỉnh còn
lại của hình vuông cùng màu  bài toán luôn xảy ra.
2/ Có 2 điểm phân biệt cùng màu đỏ hoặc cùng màu xanh.
Giả sử A, B là 2 điểm phân biệt cùng màu đỏ. Ta vẽ một hình vuông ABCD tâm O.
+ Nếu C màu đỏ thì ABC vuông cân có 3 đỉnh cùng màu. Tương tự đối với D.
+ Nếu C, D cùng màu xanh. Khi đó, nếu O màu đỏ thì AB vuông cân có 3 đỉnh cùng màu
đỏ. Còn nếu O màu xanh thì CD vuông cân có 3 đỉnh cùng màu xanh.

Hoàng Tiến Quý
Tóm lại trong tất cả các trường hợp, ta đều tìm được một tam giác vuông cân có 3 đỉnh cùng
màu.
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn thi: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 09 tháng 7 năm 2011
Cho phương trình:  2
x 2 m 2 x 6m 1 0     với x là ẩn, m là tham số.
a/ Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của
m.
b/ Tìm điều kiện của m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2.
a/ Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn a ab 6b 0   .
Tính giá trị của biểu thức:
a b
P .
a ab b


 
b/ Giải hệ phương trình:
2
2
x 3y 2
9y 8x 8
  

 
a/ Cho các số thực a, b thỏa mãn a b 0  . Chứng minh rằng:
2
2 2 1 ab
a b 2
a b
 
   
 
.
b/ Cho các số thực a, b, c dương thỏa mãn a b c 1   . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: 2 2 2
M a abc b abc c abc 9 abc.      
Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ đường thẳng
(d) qua A cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D sao cho A nằm giữa C và D. Tiếp tuyến của
(O) tại C và tiếp tuyến của (O’) tại D cắt nhau tại E.
a/ Chứng minh rằng tứ giác BDEC nội tiếp.
b/ Chứng minh rằng BE.DC CB.ED BD.CE. 
ĐỀ CHÍNH THỨC

Hoàng Tiến Quý
Cho tam giác ABC, trên tia BA lấy điểm M, trên tia đối của tia CA lấy điểm N
sao BM CN . Chứng minh rằng đường trung trực của MN luôn đi qua một điểm cố
định.
--------------------------Hết--------------------------
(Đề thi gồm 01 trang)
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn thi: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)
(Đề thi chính thức)
Bài Lời giải sơ lược Điểm
1.a
1,0 đ
 2
x 2 m 2 x 6m 1 0 (1)    
   
2 2
' m 2 6m 1 m 2m 3       
0,25
 
2
m 1 2 0, m     0,5
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 0,25
1.b
1,0 đ
Đặt t x 2  , phương trình (1) trở thành:  2
t 2mt 2m 3 0 2   
Vì (1) có nghiệm với mọi m nên (2) có nghiệm với mọi m.
0,25
Xét (2) có hai nghiệm 1 2t , t theo ĐL Viét ta có: 1 2 1 2t t 2m,t t 2m 3    0,25
(1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2  (2) có hai nghiệm phân biệt dương
1 2
1 2
m 0
t t 2m 0 3
m3
t t 2m 3 0 2m
2
   
    
    
0,25
Vậy khi
3
m
2
 thì (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2. 0,25
2.a
1,5 đ
a ab 6b 0 a 3 ab 2 ab 6b 0        0,25
      a a 3 b 2 b a 3 b 0 a 2 b a 3 b 0         0,25
Vì a, b dương nên a 2 b 0 a 3 b a 9b      . 0,5
Thay a 9b vào P ta được
10
P
13
 . 0,5
2.b
1,5 đ
 2 2
2 2
22
x 3y 2 1 4x 12y 8
4x 12y 9y 8x 0
9y 8x 89y 8x 8
      
      
    
0,25
       2x 3y 2x 3y 4 2x 3y 0 2x 3y 2x 3y 4 0
2x 3y 0
2x 3y 4 0
          
 
    
0,5

Tuyen chon de thi vao 10 chuyen toan cac tinh

Tuyen chon de thi vao 10 chuyen toan cac tinh

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Tuyen chon de thi vao 10 chuyen toan cac tinh

Similar to Tuyen chon de thi vao 10 chuyen toan cac tinh (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Tuyen chon de thi vao 10 chuyen toan cac tinh