Vietnamese mathematical practice tests, Study notes of Mathematics

Download Vietnamese mathematical practice tests and more Study notes Mathematics in PDF only on Docsity! 46 ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN (CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT) TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG 10/4/2018 Chư sê – Gia Lai 0946798489 Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -1- Mục Lục Đề số 1. Chuyên Bắc Ninh. Năm học 2014-2015 ................................................................................................................................ 3 Đề số 2. Chuyên Bến Tre. Năm học: 2014-2015 ................................................................................................................................. 8 Đề số 3. Chuyên Toán Sư Phạm Hà Nội. Năm học: 2014-2015 ........................................................................................................ 14 Đề số 4. Chuyên SP Hà Nội. Năm học: 2014-2015 ........................................................................................................................... 19 Đề số 5. Chuyên Hà Tĩnh. Năm học: 2014-2015 .............................................................................................................................. 23 Đề số 6. Chuyên Khánh Hòa. Năm học: 2014-2015 .......................................................................................................................... 27 Đề số 7. Chuyên Nam Định. Năm học: 2014-2015 ............................................................................................................................ 30 Đề số 8. Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định. Năm học: 2014-2015 ....................................................................................................... 34 Đề số 9. Chuyên Ninh Bình. Năm học: 2014-2015 ............................................................................................................................ 38 Đề số 10. Chuyên Năng Khiếu HCM. Năm học: 2014-2015 ............................................................................................................. 44 Đề số 11. Chuyên Ngoại Ngữ DHQG Hà Nội. Năm học: 2014-2015 ................................................................................................ 50 Đề số 12. Chuyên Nguyễn Trải – Hải Dương. Năm học: 2014-2015 ................................................................................................ 55 Đề số 13. Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An. Năm học: 2014-2015 ................................................................................................ 59 Đề số 14. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 .......................................................................................................................... 64 Đề số 15. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 .......................................................................................................................... 70 Đề số 16. Chuyên HCM. Năm học: 2014-2015 ................................................................................................................................. 75 Đề số 17. Chuyên Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2014-2015 ......................................................................................... 81 Đề số 18. Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2014-2015 ...................................................................................................... 86 Đề Số 19. Chuyên Năng Khiếu - HCM. Năm học: 2014-2015 .......................................................................................................... 91 Đề số 20. Chuyên Hà Nội Amsterdam. Năm học: 2014-2015 ........................................................................................................... 97 Đề số 21. Chuyên Bắc Giang. Năm học: 2015-2016........................................................................................................................ 105 Đề số 22. Chuyên Bạc Liêu. Năm học: 2015-2016 .......................................................................................................................... 112 Đề số 23. Chuyên Bạc Liêu. Năm học: 2015-2016 .......................................................................................................................... 116 Đề số 24. Chuyên Đại học Vinh. Năm học: 2015-2016 ................................................................................................................... 120 Đề số 25. Chuyên Hà Giang. Năm học: 2015-2016 ......................................................................................................................... 126 Đề số 26. Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình. Năm học: 2015-2016 ............................................................................................ 130 Đề số 27. Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ. Năm học: 2015-2016 .................................................................................................. 135 Đề số 28. Chuyên Khánh Hòa. Năm học: 2015-2016 ...................................................................................................................... 141 Đề số 29. Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2015-2016 .................................................................................................... 145 Đề số 30. Chuyên Nam Định . Năm học: 2015-2016 ....................................................................................................................... 151 Đề số 31. Chuyên Nam Định. Năm học: 2015-2016 ........................................................................................................................ 159 Đề số 32. Chuyên HCM. Năm học: 2015-2016 ............................................................................................................................... 164 Đề số 33. Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên. Năm học: 2015-2016 ......................................................................................... 168 Đề số 34. Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình. Năm học: 2015-2016 .......................................................................................... 172 Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -4- .................Hết............... Hướng dẫn sơ lược đề thi môn toán dành cho tất cả thí sinh năm học 2014-2015 Thi vào THPT chuyên Tỉnh Bắc Ninh Câu I. ( 1, 5 điểm ) Giải: 1) GPT khi m =1 + Thay m =1 v ào (1) ta được x2 + 2x - 8 = 0  ( x + 4 ) ( x – 2 ) = 0  x = { - 4 ; 2 } KL : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4 hoặc x = 2 2) xét PT (1) : 2 2 2 6 0x mx m    (1) , với ẩn x , tham số m . + Xét PT (1) có ' 2 2 (1) 2 6 ( 1) 5 0m m m        (luôn đúng ) với mọi m => PT (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m + Mặt khác áp dụng hệ thức viét vào PT ( 1) ta có : 1 2 1 2 2 ( ) (2 6) x x m I x x m        + Lại theo đề và (I) có :A = 2 2 1 2x x = ( x1 + x2 ) 2 – 2 x1x2 = ( - 2m )2 + 2 ( 2m + 6 ) = 4m2 + 4m + 12 = ( 2m + 1)2 + 11 ≥ 11 với mọi m => Giá trị nhỏ nhất của A là 11 khi m = 1 2  KL : m = 1 2  thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu II. ( 1,5 điểm ) Giải : 1) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị hàm số: Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -5- Dựa vào đồ thị ta có giao điểm của d và (P) là 2 điểm M ( 1 ; 1); N ( -2 ; 4 ) 2) Do đồ thị ∆ của hàm số y = ax + b song song với (d) y = -x + 2 Nên ta có: a = -1. ∆ cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng – 1 nên ta thay x = -1 vào pt (P) ta được: y = 1 Thay x = -1; y = 1 vào pt ∆ ta được a = -1 ; b = 0 =>Phương trình của ∆ là y = - x Câu III .( 2,0 điểm ) Giải: 1) Đổi 30 phút = ½ giờ Gọi x ( km /h ) là vận tốc người đi xe đạp t ừ A -> B ( x > 0 ) . Vận tốc người đó đi từ B-> A là: x + 4 (km/h) Thời gian người đó đi từ A -> B là: 24 x Thời gian người đố đi từ B về A là: 24 4x  Theo bài ra ta có: 224 24 1 48( 4) 48 ( 4) 4 192 0 4 2 2 ( 4) 2 ( 4) 2 ( 4) x x x x x x x x x x x x x x                => x = 12 ( t/m ) . KL : Vậy vận tốc của người đi xe đáp từ A đến B là 12 km/h. 2) ĐKXĐ 0 ≤ x ≤ 1 Đặt 0 < a = 2 1 1 (1 ) 2 a x x x x       + PT mới là : a + 2 21 1 2 3 0 ( 1)( 3) 0 2 a a a a a            a = { -3 ; 1 } => a = 1 > 0 1 1x x   + Nếu a = 1 = > 1 2 (1 ) 1 (1 ) 0x x x x x x          x = { 0 ; 1 } ( t/m) KL : Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt là x = 0; x = 1 Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -6- Câu IV . ( 3,0 điểm ) Giải 1) Chứng minh các tứ giác ABMD , AMDC nội tiếp Do BHCD là hình bình hành nên: Ta có: BD//CC’ => BD  AB => ABD = 90o Có:AA’  BC nên: MD  AA’ => AMD = 90o => ABD + AMD = 180o => tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Chứng minh tương tự ta có tứ giác AMDC nội tiếp đường tròn đường kính AD. => A, B ,C,D , M nằm trên cùng một đường tròn 2) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay BM = CD + Theo phần 1) và BC//MD => góc BAM =góc OAC 3)Chứng minh OK là đường trung bình của tam giác AHD => OK//AH và OK = 1 2 AH hay 1 2 OK AH  (*) + Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA => 1 2 2 OK GK AG GK AH AG     , từ đó suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC Câu V .( 2, 0 điểm ) Giải: 1) Giá trị nhỏ nhất của P là 2011 khi a =b = 1 4P = a2 - 2 ab + b2 + 3(a2 + b2 + 4 + 2ab – 4a – 4b ) + 4. 2014 – 12 Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -9- ĐÁP ÁN Câu 1: a) Ta có:                 2 2 2 2 2 3 3 4 3 4 2 3 1 5 2 3 3 3 4 2 3 1 3 4 5 2 3 2 3 1 5 2 3 22 11 3 26 13 3 11 13 2 3 2 3 4 2 3 4 2 3 2 2 1 3 1 3 1 2 1 3 1 3 1 2 1 .( 2) 2 2 A                                            b)  2 2 12 1 x x B x x xx x                                       2 2 2 2 2 2 . 1 11 2 1 2 1 . 1 1 2 ( 2) . 1 2 2 . 1 1( 1) ( 1) x x B x x x xx x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xx x                                   i) Với x > 0, x ≠ 1 ta có: ii) Ta có: 2 2( 1) 2 2 2 1 1 1 x x B x x x          Do x nguyên nên: Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -10- B nguyên ⇔ 2 1x  guyên ⇔ x – 1 là ước của 2 ⇔   1 1 2;0;3; 1 1 2 x x x          Vậy các giá trị của x cần tìm là  2;0;3; 1x  Câu 2: a) 2 1 3 ( 1) 1 mx y x m y        (1) Với m = 3, hệ phương trình (I) trở thành: 3 2 1 2 2 1 1 3 4 1 3 4 1 3 4.( 1) 1 1 x y y y y x y x y x x                                Khi m = 3 hệ có nghiệm (1;–1) b) Ta có: 2 2 1 1 2 1 2 2 3 ( 1) 1 1 3 ( 1). 1 6 ( ) 1 2 2 1 ( )2 ( 6) 3(*) mx mxy ymx y x m y mx x m x m m x m mx y II m m x m                                    Khi m = 2: (*) ⇔ 0x = 5 (vô nghiệm) ⇒ Hệ vô nghiệm Khi m = –3: (*) ⇔ 0x = 0. Hệ phương trình có vô số nghiệm x ∈ ℝ, y = 1 3 2 x Khi 2 3 6 0 ( 3)( 2) 0 2 m m m m m m             , ta có: 2 3 1 6 2 ( ) 1 12 2 2 m x m m m II m my m              Hệ (I) có nghiệm duy nhất 1 1 ; 2 2m m        Kết luận: + m = 2: (I) vô nghiệm + m = –3: (I) có vô số nghiệm x ∈ ℝ, y = 1 3 2 x Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -11- + m ≠ 2 và m ≠ –3: (I) có nghiệm duy nhất 1 1 ; 2 2m m        c) Theo câu b, (I) có nghiệm ⇔ m ≠ 2. Khi m = –3, (I) có nghiệm nguyên chẳng hạn x = 1, y = 2 Khi m ≠ 2 và m ≠ –3: (I) có nghiệm nguyên ⇔ 1 2m  ∈ ℤ ⇔ m – 2 là ước của 1 ⇔ m – 2 = 1 hoặc m – 2 = –1 ⇔ m = 3 hoặc m = 1 Vậy các giá trị m cần tìm là m ∈ {–3;1;3} Câu 3: a) 2 1 0x mx m    (1) i) Với m = 4, phương trình (1) trở thành 2 4 3 0 ( 1)( 3) 1x x x x x        hoặc 3x  Vậy tập nghiệm của (1) là {1;3} ii) Phương trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x 2 2 2 4( 1) 0 4 4 0 ( 2) 0 m m m m m              (luôn đúng ∀ m) Khi đó, theo định lý Vi–ét: 1 2 1 2 1 x x m x x m      Ta có: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2014 2014 2014( ) ( ) 0 2014 ( )(2014 ) 0 2014 0 0 0 2014 1 2014 2015 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x m m x x m m                                Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -14- Đề số 3. Chuyên Toán Sư Phạm Hà Nội. Năm học: 2014-2015 Câu 1.(1,5 điểm) Giả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn 0 a b c x y z    và 1 x y z a b c    Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c    Câu 2.(1,5 điểm) Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn 2 2 31 2 3 3x y y z z x      Câu 3. (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số: 2.6.10....(4 2) 1 ( 5)( 6)...(2 ) n n a n n n      là một số chính phương Câu 4.(1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương abc=1 .Chứng minh rằng 1 1 1 3 2 2 2 4ab a bc b ca c          Câu 5 (3điểm) Cho hình vuông ABCD với tâm O .Gọi M là trung điểm AB các điểm N, P thuộc BC, CD sao cho MN//AP.Chứng minh rằng 1.Tam giác BNO đồng dạng với tam giác DOP và góc NOP=450 2.Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC. 3.Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy Câu 6.(1 điểm) Có bao nhiêu tập hợp con A của tập hợp{1;2;3;4;….;2014} thỏa mãn điều kiện A có ít nhất 2 phần tử và nếu x ∈ A, y ∈ A, x > y , thì : 2y A x y   Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh.................................................................số báo danh……………….. Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -15- Hướng dẫn giải đề thi chuyên Toán sư phạm Hà Nội vòng 2 -2014 Ngày thi 6/6/2014 Câu 1.(1,5 điểm) Giả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn 0 a b c x y z    và 1 x y z a b c    Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c    Hướng dẫn 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1(*) x y z x y z x y z xy yz xz a b c a b c a b c ab bc ac x y z cxy ayz bxz a b c abc                                    Từ 0 0 0 a b c ayz bxz cxy ayz bxz cxy x y z xyz            thay vào (*) ta có 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c    Câu 2.(1,5 điểm) Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn 2 2 31 2 3 3x y y z z x      Hướng dẫn ĐKXĐ : | | 3;| | 1;| | 2x y z   Áp dụng Bất đẳng thức 2 2 2 A B AB   ta có đúng với mọi A,B 2 2 2 2 2 3 2 2 2 1 2 3 1 2 3 3 2 2 2 x y y z z x x y y z z x                Kết hợp với GT ta có Dấu “=” xảy ra khi Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -16- 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 22 33 1 2 3 31 2 3 3 1 1 0 0 2 2 1 2 3 3 x y x y y zy z z xz x x y y z z xx y y z z x x x y y z z x y y z z x                                                    Câu 3. (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số: 2.6.10....(4 2) 1 ( 5)( 6)...(2 ) n n a n n n      là một số chính phương Hướng dẫn 2 2 2 .(1.3.5......(2 1).( 4)! 2 .( 4)! 2 ..1.2.3... ( 1)( 2)( 3)( 4)! 1 1 1 (2 )! 2.4.6...2 2 .1.2.3.4... 1 ( 1)( 2)( 3)( 4) ( 5 5) n n n n n n n n n n n n n n a n n n n n n n a n n                      Câu 4.(1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương abc=1 .Chứng minh rằng 1 1 1 3 2 2 2 4ab a bc b ca c          Hướng dẫn Đặt , ; x y z a b c y z x    1 1 1 2 2 2 2 2 2 yz zx xy P ab a bc b ca c xy xz yz xy yz xz xz yz xy                   Thì 3 1 1 1 2 2 2 1 1 1 3 ( ) 2 2 2 yz zx xy P xy xz yz xy yz xz xz yz xy P xy yz xz xy xz yz xy yz xz xz yz xy                              Áp dụng Bất đẳng thức 1 1 1 9 A B C A B C      Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -19- Đề số 4. Chuyên SP Hà Nội. Năm học: 2014-2015 Câu 1(2 điểm) Cho các số thực dương a, b ; a  b.Chứng minh rằng 3 3 ( ) 2 3 3( ) 0 a b b b a a a aba b b aa a b b        Câu 2(2 điểm) Cho Quãng đường AB dài 120 km. Lúc 7 giờ sáng một xe máy đi từ A đến B. Đi được 3 4 xe bị hỏng phải dừng lại 10 phút để sửa rồi đi tiếp với vận tốc kém vận tốc lúc đầu 10km/h. Biết xe máy đến B lúc 11h40 phút trưa cùng ngày. Giả sử vận tốc xe máy trên 3 4 quãng đường đầu không đổi và vận tốc xe máy trên 1 4 quãng đường còn lại cũng không đổi .Hỏi xe máy bị hỏng lúc mấy giờ ? Câu 3 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) : 2 1 ( 1) 3 3 y m x    (m là tham số ) 1.Chứng minh rằng với mỗi giá trị của m đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt . 2. Gọi x1 ; x2 là là hoành độ các giao điểm (d) và (P),đặt 3 2( ) ( 1)f x x m x x    CMR: 3 1 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) 2 f x f x x x     Câu 4 (3 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đường kính AC = 2R .Gọi gọi K,M theo thứ tự là chân các đường vuông góc hạ từ A và C xuống BD, E là giao điểm của AC và BD, biết K thuộc đoạn BE ( K  B ; K  E) .Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt AC tại P. 1.Chứng minh tứ giác AKPD nội tiếp đường tròn. 2.Chứng minh KP  PM. 3. Biết ABD  60o và AK=x .Tính BD theo R và x. Câu 5: (1 điểm) Giải phương trình 2 3 ( 56) 21 22 4 4 7 2 x x x x x       ----------------------------------Hết----------------------------------- Họ và tên thí sinh.................................................................số báo danh Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -20- HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN SP HÀ NỘI VÒNG 1 Ngày 5/6/2014 Câu 1 3 3 3 3 3 ( ) 2 3 3( ) ( ) .( ) 2 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 3 3 2 3 ( )( ) 3 3 3 3 3 3 ( )( ) 0( ) a b b b a a a aba b Q b aa a b b a b a b b b a a a a ba b a b a ab b a b a b a a a b b a b b a a a a b a ab b a b a a a b b a a a a b b a a b a ab b DPCM                                        Câu 2 Gọi vận tốc trên 3 4 quãng đường ban đầu là x (km/h) x>10 Thì vận tốc trên 1 4 quãng đường sau là x-10 (km/h) Thời gian đi trên 3 4 quãng đường ban đầu là 90 ( )h x Thời gian đi trên 1 4 quãng đường sau là 30 ( )h x Vì thời gian đi cả 2 quãng đường là 11h40 phút – 7h- 10 phút = 9 ( ) 2 h Nên ta có PT: 2 2 90 30 9 10 2 180( 10) 60 9 ( 10) 2 ( 10) 2 ( 10) 2 ( 10) 240 1800 9 90 9 330 1800 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x                    Giải ra x=30 thỏa mãn điều kiện. Thời gian đi trên 3 4 quãng đường ban đầu 90 3( ) 30 h Vậy xe hỏng lúc 10 h Câu 3 a) xét hệ phương trình 2 2 22( 1) 1 3 2( 1) 1 0(1) 3 3 y x y x m y x x m x                PT(1) có hệ số a và c trái dấu nên luôn có 2 nghiệm phân biệt mọi m nên (P) và (d ) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt với mọi m. Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -21- b) Theo Vi ét 1 21 2 1 21 2 2(m 1) 3( ) 13 2 1 3 1 3 x xx x m x xx x                 Ta có 3 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( 1)( ) 2[ ( ) ( )] 2 2 3( )(x ) 2 2 2[ ( ) ( )] 3 ( ) 2( ) 2[ ( ) ( )] ( ) 2( ) 2[ ( ) ( ) f x f x x x m x x x x f x f x x x x x x x x f x f x x x x x x x x x f x f x x x x x x x f x f x                                      3 3 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 2 1 2 ] ( 3 ( )) 2[ ( ) ( )] [( )( 2 )] 2[ ( ) ( )] ( ) x x x x x x f x f x x x x x x x f x f x x x                  Nên 3 1 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) 2 f x f x x x    Câu 4 1. Ta có  PAD   PKD ( cùng bằng  CBD đồng vị ) nên tứ giác AKPD nội tiếp ( quỹ tích cung chứa góc) 2.Theo phần 1 thì DP vuông góc AC nên MDCP nội tiếp suy ra:  MPD   MCD mà  MCD   ACB ( cùng phụ 2  MDC   ACB ) mà  APK   ACB ( đồng vị ) nên  MPD   APK Ta có  MPD   MPE  90 0   APK   MPE  90o suy ra KP  PM. Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -24- BÀI GIẢI Bài 1: a) 2 ( 3) ( 3) ( 3)( 3) : ( 9) 3 9 9 : ( 3)( 3) 3 9 ( 3) 1 9 ( 3)( 3) 3 x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x                         b) 1 1 1 4 43 3 4 1( ) P x x x TM             Bài 2: a) Khi m = -1 ta có phương trình 2 6 5 0 ( 1)(x 5) 0 1 5 x x x x x              Tập nghiệm của phương trình S = {-1; -5} b)Ta có: 2 2' ( 2) ( 2 2) 2 2 mm m m        Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ' 0 m 1    Áp dung hệ thức Vi-et ta có: 1 2 2 1 2 2 4 2 2 x x m x x m m        Do đó: 1 2 1 2 2 2 2 2 | 2( ) | 3 | 2 6 | 3 | ( 1) 7 | 3 ( 1) 7 3 ( 1) 7 3 x x x x m m m m m                      Với 2 1 10( ) ( 1) 7 3 1 10 1 10( ) m L m m m TM                 Với 2 1( ) ( 1) 7 3 1 2 3( ) m L m m m TM              Bài 3: a) ĐKXĐ: x  -1. Phương trình tương đương Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -25- 2 2 3 1 2 1 2 3 2 2 3 1 4 4 2 3 0 0 0 31 ( 3)( 1) 02 3 0 3 x x x x x x x x x x xx x xx x x                                     Vậy nghiệm của phương trình x = 3 b)ĐKXĐ: y  1 Từ phương trình (1) của hệ ta có 2 2 2 ( 2) ( 1)( 2) ( 2)( 1) 0 2 1 0 y x x x x y x x y x                  Xét x = -2 thay vào (2) được 2 13 117 2 3 1 13 13 0 2 y y y y y           (với y  2) Xét x=y2-1 thay vào (2) được 2 1 3 1y y y    Đặt 1 0y a   =>y=a2+1 2 2 2 2 4 2 4 2 1 3 1 ( 1) 3 3 3 1 0 1 1 3( ) 0( ) 2 4 y y y a a a a a a a a VN                   Đối chiếu ĐKXĐ ta có 2 13 117 2 x x        là nghiệm của hệ phương trình đã cho Bài 4: Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -26- a) Ta có BOC= 2.BAC= 2.45o =90o (Góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung BC) Do đó BFC=BOC=BEC= 90o suy ra đỉnh F, O, E cùng nhìn BC dưới góc 90o nên B, F, O, E, C cùng thuộc một đường tròn đường kính BC (Bài toán cung chứa góc) Hay tứ giác BFOC nội tiếp Ta có FOB= FCB (Cùng chắn cung BF) EOC= EBC (Cùng chắn cung EC) Mà FCB + EBC= 90o –ABC+ 90o -ACB  180o - ( ABC+ ACB)= BAC= 45o => FOB+ EOC =45o Hay EOF= 135o . Mặt khác vì I đối xứng với O qua EF nên EIF= EOF= 135o=> EIF+ BAC= 180o Do đó tứ giác AEIF nội tiếp đường tròn (Tổng hai góc đối bằng 1800) b)Theo câu a tứ giác BFEC nội tiếp nên AFE =ACB (Cùng bù với EFB)  AFE  ACB (g – g) => 1 2 22 2 2 EF AE AE a a EF BC AB AE       (Vì AEB vuông cân tại E) Bài 5: Dễ dàng nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình Giả sử 0 0x  là nghiệm của phương trình đã cho. Chia 2 vế của phương trình cho 2 0 0x  được 2 0 02 0 0 1 1 ( ) ( ) b 0x a x x x      Đặt 0 0 1 t x x   2 2 2 0 1 | | 2; 2ot x t x      Do đó ta có phương trình: 2 2t at b    Áp dụng BĐT Bunhia được 2 2 2 2 2 2 4 2 3 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( 1) ( ) ( 2) 4 4 4 4 4 4 5 24 16 4 (5 4)( 4) 4 4 1 1 5 5 5( 1) 5 5( 1) 5 5 a b t at b t t t t t t t t t a b t t t t                              Vậy 2 2 4 5 a b  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 0 2 | | 2 | | 1 5 4 5 t b x a b a bt at t                 Bài giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -29- Lấy M(xM; 0) bất kì thuộc Ox, Ta có: |MA-MB|AB (Do M thay đổi trên O và BĐT tam giác) Dấu “ =” xảy ra khi điểm A, B, M thẳng hàng khi đó M là giao điểm của đường thẳng AB và trục Ox. - Lập pt đường thẳng AB: Gọi phương trình đường thẳng AB có dạng: y = ax +b Do A, B thuộc đường thẳng AB nên ta có: 1 2 2 3 1 4 3 a a b a b b             Vậy phương trình đường thẳng AB là: 1 4 3 3 y x    - Tìm giao điểm của đường thẳng AB và O (y = 0)=> x = 4 => M(4;0) Bài 4 (4,00 điểm) a)Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp Ta có OC ⊥ AM => OCN=90o Đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B nên OBN=90o Vậy Tứ giác OBNC nội tiếp có OCN+OBN=180o b)Chứng minh rằng: NO ⊥ AD Trong ∆AND có hai đường cao là AB và GC cắt nhau tại O. Suy ra NO là đường cao thứ ba hay: NO ⊥ AD. c) Chứng minh rằng CA . CN = CO. CD Ta có Trong tam giác vuông AOC có CAO+AOC=90o Trong tam giác vuông BOD có BOD+BDO=90o Mà CAO=BOD(2 góc đối đỉnh) =>CAO=BDO =>tam giác CAO đồng dạng với tam giác CDN (g.g) . . CA CO CACN CO CD CD CN     d)Xác định vị trí điểm M để ( AM AN) đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: 2 2 . ( )AM AN AM AN cauchy cosi   Ta chứng minh: 2 2. 4 (1)AM AN AB R  22 2 2.4 4 2AM AN R R    Đẳng thức xảy ra khi: 2AM = AN =>AM= (2) 2 AN Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -30- Từ (1 ) và (2) suy ra: 2AM R =>∆AOM vuông tại O=> M là điểm chính giữa cung AB. Đề số 7. Chuyên Nam Định. Năm học: 2014-2015 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 (a-1)(b-1)(c-1)=0 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) 8.x 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 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   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 21 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__________ Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -31- Hướng dẫn giải: Bài 1: (2,0 điểm): 1)Từ GT ta có:   1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) 0 0 ( ) ( ) ( ( ) 0 ( )(b c)(a c) 0 0 0 0 a b c a b c a b c a b c a b a b ab c a b c a b c a b c ab a b a b b c c a                                        Nếu a + b = 0 => c = 1 => c – 1 = 0 => (a-1)(b-1)(c-1)=0 Nếu c + b = 0 => a = 1 => a – 1 = 0 =>(a-1)(b-1)(c-1)=0 Nếu a + c = 0 => b = 1 => b – 1 = 0 => (a-1)(b-1)(c-1)=0 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) 8.x x x x       ĐKXĐ x  2 , đặt 2 2 2 2 6 0; 2 0 8 : ( )(1 ) ( )(1 ) 0 6 2( ) 1 6 1( ) 1 0 ( 1)( 1) 0 1 2 1 3( ) x a x b a b PTTT a b ab a b a b ab a b a b x x VN a x VN ab a b a b b x x TM                                                  PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 3 2) Giải hệ phương trình 3 2 6 4 4 3 2 (1) 1 2 1 3 4 (2) 1 x xy y y y x x            3 6 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 (1) ( ) xy 0 ( )( ) 0 01 3 0 ( ) 0 ( (2)) 02 4 x y y x y x xy y y x y x x xy y y x y y y TM y                             Với x=y2 Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -34- Đề số 8. Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định. Năm học: 2014-2015 Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức 2 2 1 1 a a a a A a a a        , với a > 0. a. Rút gọn A. b. Tìm giá trị của a để A = 2. c. Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Bài 2: (2,0 điểm) Gọi đồ thị hàm số y=x2 là parabol (P), đồ thị hàm số y=(m+4)x-2m-5 là đường thẳng (d). a. Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b. Khi (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là x1;x2 Tìm các giá trị của m sao cho 3 3 1 2 0x x  Bài 3: (1,5 điểm ) Tìm x, y nguyên sao cho 18x y  Bài 4: ( 3,5 điểm ) Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với đường tròn (O) (A ,B là hai tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại hai điểm K và I ( K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H. Gọi D là điểm đối xứng của B qua O, C là giao điểm của PD và đường tròn (O). a.Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp. b.Chứng minh AC  CH. c.Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của AQ. Bài 5: (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 1 1 y x x    với 0<x<1 -------HẾT------ Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -35- BÀI GIẢI Bài 1: (2,0 điểm) a) Rút gọn A. Ta có: 2 2 1 1 a a a a A a a a        (với a>0) 3[( ) 1] 2 ( 1)( 1) (2 1) 1 1 1 1 ( 1) 2 1 1 a a a a a a a a a a A a a a a a a a a a a a                        b)Tìm giá trị của a để A = 2 Ta có: A a a  Để A=2=> 2 2 0a a a a      Đặt 0a t  có pt: 2 2 0 1( ) 2( ) t t t L t TM         Với t = 2  2 4( )a a TM   Vậy: a  4 là giá trị cần tìm. c)Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Ta có: 2 2 21 1 1 1 1 1 2 . ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 2 4 4 A a a a a a a              Dấu “=” khi 1 1 0 ( a>0) 2 4 a a TMDK    Vậy 1 1 khi a= 4 4 MinA   Bài 2: (2,0 điểm) a) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Ta có: (d): ( 4) 2 5y m x m    ; (P): y=x2 Pt hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 2 2 2 2 2 ( 4) 2 5 ( 4) 2 5 0(1) [ ( 4)] 4(2 5) ( 4) 4(2 5) 4 ( 2)( 2) x m x m x m x m m m m m m m m                          Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi Pt (1) có hai nghiệm phân biệt khi   0 2 0 2 0 2 0 2 ( 2)( 2) 0 2 0 22 0 2 0 m m m m m m m mm m                           Vậy: với m > 2 hoặc m < -2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm các giá trị của m sao cho 3 3 1 2 0x x  Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -36- Với m > 2 hoặc m < -2. Thì Pt: 2 ( 4) 2 5 0x m x m     (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Theo Viet ta có: 1 2 1 2 4 2 5 x x m x x m       Ta có 3 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 ( )[( ) 3 ] (m 4)[( 4) 3(2 m 5)] ( 4)( 1) x x x x x x x x m m m              Để: 3 3 1 2 0x x   2( 4)( 1) 0 4( ) 1( ) m m m TM m L          Vậy : m  4 là giá trị cần tìm. Bài 3: (1,5 điểm ) Ta có : 18(x 0; y 0)x y    Pt viết: 3 2(1)(0 3 2;0 3 2)x y x y      Pt viết: 2 2 2 2 2 2 3 2 0 ( ) (3 2 ) 6 2 18 18 2 6 ( 2y va a 0) 2 2 a 2 2 ( ) 2 (2 ) 2 2. 2 x y x y y y x y x y Q a N Vi Z y a Q y a Q a m m N y m y m y m TT x n                                        Pt (1) viết: 2 2 3 2 3( ; )n m m n m n N      0 0 3 18 1 2 2 8 2 8 1 2 3 18 0 0 n x m y n x m y n x m y n x m y                                       Vậy Pt đã cho có 4 nghiệm 0 18 x y    ; 2 8 x y    ; 8 2 x y    ; 18 0 x y    Bài 4: ( 3,5 điểm ) a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp Xét  ABP có: PA = PB và APO= OPB (tính giất hai tiếp tuyến cắt nhau) => ABP cân tại P có PO là phân giác Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -39- ĐÁP ÁN Câu 1 a) Với a ≥ 0, a ≠ 4, a ≠ 9, ta có: 2 2 2 3 2 3 9 1 : 9 3 2 6 9 3 ( 2) ( 3)( 3) 9 : 9 ( 3)( 2) 9 3 ( 2) ( 9) (9 ) : ( 3)( 3) ( 3)( 2) 3( 3) ( 2) : ( 3)( 3) ( 3)( 2) 3 2 : 3 3 3 3 . 3 2 3 a a a a a A a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a                                                                  2 b) Ta có: | | 0 | | 0 3 0 2 2 0 0 4 A A A A A a a x                 Kết hợp với điều kiện, ta có 0 ≤ a < 4 là giá trị cần tìm. Câu 2 1) 229 3 26 177x x x x      (1) ĐK: –3 ≤ x ≤ 29. Với mọi a, b ≥ 0, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 0 2 2( ) (a b) 2( ) a b a b ab a b a b a b              Thay 29 ; 3a x b x    ta có: 2 2 2 29 3 2(29 3) 8 26 177 ( 13) 8 8 29 3 26 177 x x x x x x x x x x x                      Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -40- Dấu “=” xảy ra khi 29 3 13 13 0 x x x x         Do đó (1) ⇔ x = 13 (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {13}. 2) 2 22 (1) ( ) 2 1 2 1(2) x y xy x y I x y y x x y            ĐK: x ≥ 1, y ≥ 0 Ta có  2 2 1 0 1 0 (1) 2 ( )( 2 ) ( )( 2 1) 0 2 1 0 x xy y x y x y x y x y x y x y x y                        Do đó: 2 1 ( ) (2 1) 2 2 2(2 1) 1 2 1 2 1 ( 1) 2 2 3 ( 1)( 2 3) 0 92 1 2 2 3(Do y+1>0) 10 x y I y y y y y y x y x y y y y y y x y y y x                                      (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 9 10; 2       Câu 3 1. Vì 3 1 4 2 3 1 4 21 1; 1x x x x x x x x         Áp dụng định lý Vi–ét cho phương trình (1) và phương trình (2) có: 1 2 1 2 2 3 4 1 2 3 4 1 2 1 2 1 2 2 ( 1) (x 1) 2 ( 1)( 1) ( ) 1 1 1 ( 1)( 2) 02 0 2 (c 1)(b 1) 01 0 1 x x b x x c x x b x b x x bc x x x x x x b c b b bb b b bc b c c                                                       Nếu b = 1 thì (1) có nghiệm 1 1 4 0 4 c c       Thử lại: Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -41- 2 2 1 1 4 (1) 0 2 1 1 4 (2) 0 2 c x x c x c x x c x                  (thỏa mãn) Nếu b = –2, c = –1 thì 2 2 (1) 2 1 0 1 2 (2) 4 2 0 2 2 x x x x x x               (thỏa mãn) Vậy b = 1, 1 4 c  hoặc b = –2, c = –1. 2. Đặt A = (p + 1)(p – 1) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 2 và 3. p lẻ ⇒ p = 2k + 1 ( k ∈ ℕ*) ⇒ A = (2k + 2).2k = 4k(k + 1) k và k + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 ⇒ k(k + 1) ⋮ 2 ⇒ A ⋮ 8 (1) Vì p không chia hết cho 3 nên p = 3m + 1 hoặc p = 3m – 1 (m ∈ ℕ*) Nếu p = 3m + 1 ⇒ p – 1 ⋮ 3 ⇒ A ⋮ 3 Nếu p = 3m – 1 ⇒ p + 1 ⋮ 3 ⇒ A ⋮ 3 Vậy A ⋮ 3 (2) Từ (1) và (2), với chú ý (3;8) = 1 ⇒ A ⋮ 24. Câu 4 a) Vì DAEB là tứ giác nội tiếp nên DAB= DEB Vì ABNM là tứ giác nội tiếp nên DAB= BNI Do đó DEB= BNI=> BEI+ BNI 180 Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -44- Đề số 10. Chuyên Năng Khiếu HCM. Năm học: 2014-2015 Câu I. Cho phương trình 2 2( 5) 2 6 0(1)m x mx m    với m là tham số. a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên. b) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn điều kiện 4 1 2 1 2( ) 16x x x x   Câu II. 1) Giải hệ phương trình 2 2 2(1 ) 9 2(1 ) 9 x y y x y x x y       2) Cho tam giác ABC vuông tại A với các đường phân giác trong BM và CN. Chứng minh bất đẳng thức ( )( ) 3 2 2 . MC MA NB NA MA NA     Câu III. Cho các số nguyên dương a, b, c sao cho 1 1 1 a b c   a) Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố. b) Chứng minh rằng nếu c > 1 thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố Câu IV. Cho điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB = 2R ( C ≠ A, C ≠ B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB; I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Các đường thẳng CI, CJ cắt AB lần lượt tại M, N. a) Chứng minh rằng AN = AC, BM = BC. b) Chứng minh 4 điểm M, N, J, I cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy. c) Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác CMN theo R. Câu V. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại. a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5. b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40. ........................Hết...................... Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -45- ĐÁP ÁN Câu I. a) Phương trình (1) có hệ số 2 5 0a m   nên là phương trình bậc hai ẩn x. Do đó Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2;x x 2 2 2 3 2 2 2 0 ' ( 5).6 0 6 30 0 (6 30) 0 1 119 5 ( ) 0 2 4 0 m m m m m m m m m m m m m m                             Khi đó theo định lý Vi–ét ta có: 1 2 2 2 5 m x x m    Xét 2 25 2 ( 1) 4 0m m m      . Mà m>0 => 2 5 2 0m m   1 22 2 0 1 0 1 5 m x x m         Vậy tổng hai nghiệm của (1) không thể là số nguyên. b) Phương trình (1) có hai nghiệm 1 2;x x 2 21 119 ' 0 m 5 ( ) 0 2 4 0 m m m              Khi đó, theo định lý Vi–ét: 1 2 2 1 2 2 2 5 6 5 m x x m m x x m          Ta có: 4 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ( ) 16 2 2 1: 2 6 2 2(2) 5 5 x x x x x x x x x x x x TH x x x x m m m m                       Đặt 2 2 ; 0 5 m t t m    phương trình (2) trở thành 23 2 0t t    Xét 21 4( 3)( 2) 23 0        ⇒ (2) vô nghiệm. 1 2 1 2 2 2 6 2 2 : 2 2(3) 5 5 m m TH x x x x m m            Đặt 2 2 ; 0 5 m t t m    phương trình (3) trở thành 23 2 0t t    Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -46- 2 2 ( 1)(3 2) 0 1( ) 2( ) 2 2 4 (T ) 4 18 20 0 ( 2)(4 10) 0 2 3 5 9 ( ) 5 t t t L m TM m t M m m m m m m TM                        Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là 2 2; 5 m       Câu II. 2 2 2(1 ) 9 2(1 ) 9 x y y x y x x y       (I) ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0 Đặt ;a x y b y x  , điều kiện a ≥ 0, b ≥ 0. Hệ (I) trở thành 2 2 2(1 ) 9 (1) 2(1 ) 9 (2) a b b a       Lấy (1) trừ (2) ta được: 2 2 0 , 0 2(1 ) 2(1 b) 9(b a) 2(a b)(a b 2) 9(a b) 0 ( )(2 2 13) 0 a b a a b a b a b                        Thay a = b vào (1) ta có 3 2 3 2 2 2( ) 4 2 12(1 ) 9 1 1 12 ( ) 12 2 4 2 x y a b TM x y y x a a x y a b TM x y y x                                Vậy hệ phương trình có nghiệm  3 3 3 3 1 1 4; 4 ; ; 4 4        2) Vì BM, CN lần lượt là phân giác góc ABC, ACB nên theo tính chất đường phân giác, ta có: Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -49- 2 2 b d c e      =>a+b+c+d+e=5+2b+2c+4<40 31 31 ( 1) b c 7 2 2 b c b b b           Suy ra b = 6 hoặc b = 7 Nếu b = 6 thì d = b + 2 = 8. Vì b < c < d nên c = 7 ⇒ e = c + 2 = 9. Nếu b = 7 thì d = b + 2 = 9. Vì b < c < d nên c = 8 ⇒ e = c + 2 = 10. có hai bộ thỏa mãn đề bài là (5;6;7;8;9) và (5;7;8;9;10). Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -50- Đề số 11. Chuyên Ngoại Ngữ DHQG Hà Nội. Năm học: 2014-2015 Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức 2 4 2 1 1 2 ( ) : (3 ) 18 2 1 x x x x A xx x x x            1. Rút gọn A. 2. Tìm giá trị của x để A > 1. Câu 2. (2,5 điểm) 1. Giải phương trình: 2 22 7 3 ( 1)( 3)x x x x     2. Giải hệ phương trình: 2 2 4 4 3 2 x y xy x y        Câu 3. (1,5 điểm) Cho phương trình (ẩn x): 2 23(m 1) x 2 m 5 2 0.x m      Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn |x1+x2|=2|x1-x2| Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Gọi P, Q lần lượt là chân của đường vuông góc kẻ từ H đến các cạnh AB, AC. 1. Chứng minh rằng BCQP là tứ giác nội tiếp. 2. Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng MH2= MB.MC 3. Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) tại K (K khác A). Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP. Chứng minh rằng ba điểm I, H, K thẳng hàng. Câu 5. (1,0 điểm) Chứng minh rằng: 2 3 2013 2014 2 3 4 2014 2015 1 .... 4 2 2 2 2 2        Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -51- ĐÁP ÁN Câu 1. 1. Ta có: 2 4 2 1 1 2 ( ) : (3 ) 18 2 1 x x x x A xx x x x            22 4 ( 1) 3( 2)( 1) ( 1) 2( 2) : ( 2)( 2 4) ( 1)( 1) ( 2)( 1) 1 1 3( 2) 3 3 : 2 1 ( 2)( 1) 1 ( 1)( 2) 3 9 : ( 2)( 1) ( 2)( 1) 3 ( 2)( 1) . 3( 3)( 2)( 1) 1 3( x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x                                                      1) 2. ĐKXĐ: x0;x 1;x 3;x 4 1 1 1 1 1 0 3( 1) 3( 1) 1 3( 1) 0 3( 1) 4 2 0 3( 1) 2 0 3( 1) 1 2 1 4 x x A x x x x x x x x x x x                               Kết hợp với ĐKXĐ, ta có 1 4 3 x x     là điều kiện cần tìm. Câu 2. 2 21. 2 7 3 ( 1)( 3)(1)x x x x     ĐK: x ≥ –3 Nhận xét: 2 22 7 ( 1) 2(x 3)x x x      Đặt 2 1( 0), 3( 0),a x a b x b      phương trình (1) trở thành 2 22 3 ( )( 2 ) 0 2 a b ab a b a b a b a b           Với Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -54- Do đó KH cắt (O) tại D (D khác K) thì AD là đường kính của (O). Gọi J là trung điểm HD, N là trung điểm QC. Khi đó OJ là đường trung bình của ∆ AHD ⇒ OJ // AH ⇒ OJ ⊥ BC. Mà OB = OC nên OJ là trung trực BC (3) Vì HQ // DC (cùng vuông góc AC) nên HQCD là hình thang. ⇒ JN là đường trung bình của hình thang HQCD ⇒ JN // HQ ⇒ JN ⊥ QC ⇒ JN là trung trực của QC (4) Từ (3) và (4) ⇒ J là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC (do BPQC là tứ giác nội tiếp) ⇒ J ≡ I Mà K, H, J thẳng hàng nên I, K, H thẳng hàng. Câu 5. Đặt S= 2 3 2013 2014 3 4 2014 2015 .... 2 2 2 2     Ta có: 2 2012 2013 2 3 2013 2014 2 3 2013 2014 3 4 2014 2015 2 .... 2 2 2 2 3 4 3 5 4 2015 2014 2015 2 .... 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2015 (1 .... ) 2 2 2 2 2 S S S S                         Ta có: 2014 2 3 2013 2013 1 1 ( ) 1 1 1 1 121 .... 2 12 2 2 2 21 2           Do đó: 2013 2014 2 3 2013 2014 1 2015 2 3 4 2014 2015 2 2 1 .... 4 2 2 2 2 2 2 2 S             Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -55- Đề số 12. Chuyên Nguyễn Trải – Hải Dương. Năm học: 2014-2015 Câu I ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 43 1x x   2) Rút gọn biểu thức: 10 2 3 1 (x 0; x 1) 3 4 4 1 x x x A x x x x            Câu II ( 2,0 điểm) Cho Parabol (P): y=x2 và đường thẳng (d):y=(m-1)x+m+4 (tham số m) 1) Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). 2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. Câu III ( 2,0 điểm) 1) Cho hệ phương trình: 3 2 3 2 11 x y m x y m        ( tham số m) Tìm m để hệ đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn x2 – y2 đạt giá trị lớn nhất. 2) Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 80 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa quãng đường đầu ô tô đi với vận tốc nhỏ hơn vận tốc dự định là 6 km/h. Trong nửa quãng đường còn lại ô tô đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc dự định là 12 km/h. Biết rằng ô tô đến B đúng thời gian đã định. Tìm vận tốc dự định của ô tô. Câu IV ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AM, BN, CP của tam giác ABC cắt nhau tại H. Dựng hình bình hành BHCD. 1) Chứng minh: Các tứ giác APHN, ABDC là các tứ giác nội tiếp. 2) Gọi E là giao điểm của AD và BN. Chứng minh: AB.AH = AE.AC 3) Giả sử các điểm B và C cố định, A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn và B ·AC không đổi. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi Câu V ( 1,0 điểm) Cho x; y là hai số dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 ( ) ( )x y x y S x y xy      Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -56- ĐÁP ÁN Câu NỘI DUNG Điểm Câu 1 1) Giải phương trình: 43 1x x   0,25 2 1 0(1) 43 1 43 ( 1) (2) x x x x x           (1) 1x  0,25 2 7 (2) 42 0 6 x x x x          0,25 Kết hợp nghiệm ta có: x= 7 ( thỏa mãn), x = - 6 (loại) Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {7}. 0,25 2)Rút gọn biểu thức: 10 2 3 1 (x 0; x 1) 3 4 4 1 x x x A x x x x            1,00 10 2 3 1 (x 0; x 1) 3 4 4 1 x x x A x x x x            10 2 3 1 ( 4)( 1) 4 1 x x x x x x x          0,25 10 (2 3)( 1) ( 1)( 4) ( 4)( 1) x x x x x x x          0,25 10 (2 5 3) (x 5 4) 3 10 7 ( 4)( 1) ( 4)( 1) x x x x x x x x x x                0,25 ( 1)(7 3 ) 7 3 ( 4)( 1) 4 x x x x x x         0,25 Câu 2 Cho Parabol (P): y=x2 và đường thẳng (d):y=(m-1)x+m+4 (tham số m) 0,25 Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). m = 2 ta có phương trình đường thẳng (d) là : y = x + 6 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: x2=x+6 0,25 2 2 6 0 3 x x x x          0,25 +) x = -2 => y = 4 +) x = 3 => y = 9 Vậy m= 2 thì (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm A(-2;4) và B(3;9) 0,25 2. Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm nằm về hai phía của trục tung. 1,00 0,25 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: 2 2 (m 1) x m 4 x ( 1) 4 0(*) x m x m           (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung khi và chỉ khi phương trình (*)có 2 0,25 Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -59- Đề số 13. Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An. Năm học: 2014-2015 Câu 1 (7,0 điểm). a) Giải phương trình 21 2 3 2 4 3x 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          Câu 2 (3,0 điểm). a) Tìm các số nguyên x và y thoả mãn phương trình 29 2x y y   b) Tìm các chữ số a, b sao cho 2 3( ) ( )ab a b  Câu 3 (2,0 điểm). Cho các số a, b, c không âm. Chứng minh rằng 2 2 2 233 ( ) 2( )a b c abc ab bc ca      Đẳng thức xảy ra khi nào? Câu 4 (6,0 điểm). 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. Câu 5 (2,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có 60 ;BC 2 3oBAC 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 ----- Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -60- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ______________ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2014 – 2015 _________________________ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ________________________ Câu Nội dung Điểm 1. 7,0 a) 3,5 Điều kiện: x 1 Ta có: 21 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) x   2 (loại) 0,5 2 2 0 0 0 (2) 1 17 1 4 4 1 0 8 1 17 ( ) 8 x x x x x x x x x TM                        0,5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1 17 8 x   0,25 b) 3,5 Điều kiện: x  1;y  1 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 2 2 1 ( ) 1 2 0 ( ) 0 u v uv u v u v uv u v                  0,5 Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -61- 1 2 1 2 u v u v          0,5 Nếu 1 21 1(TM) 1 22 y x u v x y x y           0,75 Nếu 1 21 1 (TM) 1 22 3 y x u v x y x y               Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: 1x y  , 1 3 x y    0,75 2. 3,0 a) 2,0 Phương trình đã cho tương đương với 9 ( 1)( 2)(1)x y y   0,5 Nếu y 1  3 thì 2 ( 1) 3 3 (y 1)(y 2) 9y y        Mà 9x 9 x Z  nên ta có mâu thuẫn. 0,5 Suy ra y 1  3, do đó: y 1 = 3k( k Z )=>y=3k+1( k Z ) 0,5 Thay vào (1) ta có: 9 3 (3 3) ( 1)x k k x k k     0,25 Vậy phương trình có nghiệm: ( 1) ( ) 3 1 x k k k Z y k      0,25 b) 1,0 Từ giả thiết suy ra ( ) (1)ab a b a b   Vì ab và a+b *N nên a + b là số chính phương. 0,25 Mặt khác  1 18 1;4;9;16a b a b      0,25 Nếu a+ b1, a +b  4, a+ b 16 thì thay vào (1) không thỏa mãn Nếu a +b  9 thay vào (1) ta được 27ab  Vậy a=2;b=7 0,5 3. 2,0 Đặt 3 3 32 2 2 2 3 2 3 2 3 3 3 3 ; ; . ;b ;c , ;b ;c ; , , 0 a x b y c z a x y z a x y z x y z            Bất đẳng thức đã cho trở thành: 3 3 3 3 3 3 3 3 33 2( )(1)x y z xyz x y y z z x      0,5 Vì vai trò của x; y ;z bình đẳng nên có thể giả sử x y z  0 Khi đó 2 2 3 3 3 ( ) ( ) ( )(x )( ) 0 x 3 (z y) yz(y z) zx(z x)(2) x x y z y x z x y y y z y z xyz xy                    0,5 Áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có 3 3( ) 2 xy 2 (3)xy x y xy x y   Tương tự ta có: 0,5 Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -64- Đề số 14. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 Bài 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức 2 3 5 7 2 3 : 2 2 1 2 3 2 5 10 x x A x x x x x x              (x > 0, x ≠ 4) 1, Rút gọn biểu thức A. 2, Tìm x sao cho A nhận giá trị là một số nguyên. Bài 2. (2, 5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2(m + 3)x – 2m + 2 ( m là tham số, m ∈ ℝ). 1, Với m = –5 tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d). 2, Chứng minh rằng: với mọi m parabol (P) và đường thẳng (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Tìm m sao cho hai giao điểm đó có hoành độ dương. 3, Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua với mọi m Bài 3. (1,5 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 3 2 5(2 ) 0 2 3 15 0 x xy y x y x xy y            Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O; R) cắt nhau tại T, đường thẳng AT cắt đường tròn tại điểm thứ hai là D khác A. 1, Chứng minh rằng tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT. 2, Chứng minh rằng: AB.CD = BD.AC 3, Chứng minh rằng hai đường phân giác góc BAC , góc BDC và đường thẳng BC đồng quy tai một điểm. 4, Gọi M là trung điểm của BC, chứng minh rằng góc BAD bằng góc MAC. Bài 5. (0,5 điểm) Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: x( x + 1) + y( y + 1) + z( z + 1) ≤ 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 1 1 1 B x y y z z x          Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -65- ĐÁP ÁN Bài 1. 1. Với x > 0, x ≠ 4 ta có:               2 3 5 7 2 3 : 2 2 1 2 3 2 5 10 2 2 1 3 2 5 7 5 10 . 2 32 2 1 5 22 3 . 2 32 2 1 5 2 1 x x A x x x x x x x x x x x xx x x xx xx x x x                             2. Vì 0 5 0;2 1 0 0x x x A       Mặt khác, xét  5 3 2 1 3 3 0 2 1 2 1 x x x A x x           0 3x A    Vậy 0 < A < 3 Do đó A nguyên ⇔ A = 1 hoặc A = 2. 5 1 1 1 1 5 2 1 3 1 3 92 1 x A x x x x x x              (thỏa mãn) 5 2 2 5 2(2 1) 2 2 4 2 1 x A x x x x x x              (loại) Vậy 1 9 A x   Bài 2. 1. Khi m = –5 ⇒ (d) : y = –4x + 12 Khi đó , phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 24 12 4 12 0 ( 6)( 2) 0x x x x x x           ⇔ x = –6 hoặc x = 2 Khi x = –6 ⇒ y = 36 Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -66- Khi x = 2 ⇒ y = 4 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (–6;36) và (2;4) 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2 22( 3) 2 2 2( 3) 2 2 0x m x m x m x m          (1) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt 2 2 2 2 ' ( 3) (2 2) 0 ( 6 9) (2 2) 0 4 7 0 ( 2) 3 0 m m m m m m m m                      (luôn đúng ∀ m) Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là 1 2,x x với 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình (1) Hai giao điểm có hoành độ dương ⇔ (1) có hai nghiệm dương 1 2 1 2 2( 3) 0 3 1 2 2 0 1 x x m m m x x m m                 Vậy m > 1. 3. Gọi  0 0;x y là điểm cố định mà (d) luôn đi qua ∀ m Khi đó: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2( 3) 2 2( ) (2 2) (6 2 ) 0( ) 2 2 0 1 1 6 2 0 6.1 2 0 8 y m x m m m x x y m x x x x y y y                                 Vậy (d) luôn đi qua điểm (1;8) ∀m. Bài 3. Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -69- Mà CAM’ = BAD => ∆ADB ~ ∆ACM’ (g.g) . . ' ' BD AD BD AC AD CM CM AC     (1) Chứng minh tương tự ta có: AB.CD = AD.BM’ (2) Từ (1) và (2) với chú ý BD.AC = AB.CD => AD.CM’ = AD.BM’ => CM’ = BM’ ⇒ M’ ≡ M => BAD = MAC Bài 5. Với mọi a, b, c > 0, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 2 2 2 0 2( ) 2 2 2 3( ) 2 2 2 3( ) ( ) (*) a b b c c a a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca a b c a b c                                  Với mọi a, b, c > 0, áp dụng BĐT Cô–si cho ba số dương, ta có: 3 3 3 0 1 1 1 ( ) 91 1 1 1 3 0 1 1 1 9 (**) a b c abc a b c a b c a b c abc a b c a b c                             Áp dụng BĐT (*) với a = x, b = y, c = z và từ điều kiện của x, y, z ta có: 2 2 2 2 2 ( ) 18 3 ( ) 3( ) 54 0 ( 9)( 6) 0 x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z                             6x y z    (do x + y + z + 9 > 0) (***) Áp dụng BĐT (**) với a = x + y + 1, b = y + z + 1, c = z + x + 1, ta có: 1 1 1 9 9 1 1 1 1 1 1 2( ) 3 B x y y z z x x y y z z x x y z                       Áp dụng (***) ta có: 9 3 2.6 3 5 B    Dấu bằng xảy ra 1 1 1 2 6 x y z x y y z z x x y z x y z                     Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -70- Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 3 5 , xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2. Đề số 15. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 Bài 1. (3,0 điểm) 1) Giải phương trình: 25 6 10 3 2 2x x x x      2) Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 8 96 32 48 x xy y x y       Bài 2. (2,0 điểm) 1) Cho phương trình x2 – 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Tính 7 7 1 2S x x  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. Bài 3. (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương và có tổng bằng 1. Chứng minh: 3 2 a bc b ca c ab a bc b ca c ab          Bài 4. (3,0 điểm) 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. Bài 5. (1,0 điểm) 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 Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -71- ĐÁP ÁN Bài 1. 2 2 6 10 ) 5 6 10 3 2 2 ( ) 5 5 5 6 2 10 3 2 2 6 5( 2) 3( 2) ( 2)(2 3) 0 5 6 2 10 3 2 5 3 (x 2)( 2 3) 0 5 6 2 10 3 2 2( ) 5 3 2 3 0(*) 5 6 2 10 3 2 a x x x x x x x x x x x x x x x x x x x TM x x x                                                    Vì 6 10 5 5 5 5 6 2 2 3 0 5 5 25 6 2 5 6 2 6 10 3 2 0 5 5 10 3 2 5 3 2 3 0 (*) 5 6 2 10 3 2 x x x x x x x x VN x x                                  Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {2} 2) 3 2 2 2 8 96 32 48 x xy y x y       (I) 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 8 48.2 8 2 ( 32 )(*) (I) 32 48 32 48 (*) 2 8 64 0 (4 ) 2 ( 4 ) 0 ( 4 )( 2 16 ) 0 4 4 2 16 0 ( ) 15 0 4 x xy y x xy y x y x y x y x x y xy y x y xy x y x y x xy y x y x y x xy y x y y x y x                                               0y     Vì x = y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình nên x = 4y Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -74- 2) Vì JD // BC nên DJC= JCB= JCD  ∆ JDC cân tại D Suy ra JD = DC = AB (do ABCD là hình bình hành) Ta có OA = OJ ( bằng bán kính (O)) Xét ∆ OAJ với góc ngoài OJD có: OJD= AOJ +OAJ =2AIJ+ OAJ= 2DCJ +OAJ= DCB +OAJ=DAB+OAJ=OAB Xét ∆ OAB và ∆ OJD có: ( ) ( ) ( . . ) ( ) OA OJ cmt OAB OJD cmt OAB OJD c g c AB JD cmt OBA ODJ            ⇒ AODB là tứ giác nội tiếp ⇒ A, O, D, B cùng thuộc một đường tròn. 3) Vì ∆ OAB = ∆ OJD nên OB = OD. Mà O’B = O’D (bằng bán kính (O’)) nên OO’ là trung trực của BD. Gọi K là giao BD và AC ⇒ K là trung điểm BD và AC. ⇒ K ∈ OO’ Vì OA = OM, O’A = O’M nên OO’ là trung trực của AM Mà K ∈ OO’ ⇒ KA = KM = KC ⇒ M thuộc đường tròn tâm K bán kính KA, hay đường tròn đường kính AC. Vậy khi B, D thay đổi, M luôn nằm trên đường tròn đường kính AC. Bài 5. Xét 20 số đầu tiên. Trong 20 số này có 2 số chia hết cho 10, chúng có chữ số hàng đơn vị là 0. Mặt khác, trong 2 số đó có một số có chữ số hàng chục khác 9. Gọi số đó là N. Xét dãy 11 số thuộc 39 số đã cho: N, N + 1, ... , N + 9, N + 19 Tổng các chữ số của các số này tương ứng là. s, s + 1, s + 2, ..., s + 9, s + 10 Thật vậy, nếu N có tổng chữ số là s thì mỗi số N + i với 1 ≤ i ≤ 9 có tất cả các chữ số (trừ hang đơn vị) giống số N và chữ số hàng đơn vị của N + i là i, do đó tổng chữ số của N + i là s + i. Số N + 19 có chữ số hàng đơn vị là 9, chữ số hàng chục hơn chữ số hàng chục của số N là 1, còn lại tất cả các chữ số ở hàng khác của hai số bằng nhau, do đó tổng chữ số của N + 19 là s + 10. Trong 11 số liên tiếp s, s + 1, s + 2, ..., s + 9, s + 10 có một số chia hết cho 11. Bài toán được chứng minh. Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -75- Đề số 16. Chuyên HCM. Năm học: 2014-2015 Câu 1: (2 điểm) a) Giải phương trình: 2 3 3 4x x x   b) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y + z = 0 và xyz ≠ 0. Tính giá trị biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z P y z x z x y x y z          Câu 2: (1,5 điểm) Giải hệ phương trình: 2 1 9 4 4 x y y x y x y x x           Câu 3: (1,5 điểm) Cho tam giác đều ABC và M là một điểm bất kì trên cạnh BC. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB và AC. Xác định vị trí của M để tam giác MDE của chu vi nhỏ nhất Câu 4: (2 điểm). a) Cho x, y là 2 số thực khác 0. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 x y x y y x y x    b) Cho a, b là hai số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 23 ( ) a ab b P ab a b     Câu 5: (2 điểm) Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AB vơi OM, I là trung điểm của MH. Đường thẳng AI cắt (O) tại điểm K (K khác A). a) Chứng minh HK vuông góc AI. b) Tính số đo góc MKB Câu 6: (1 điểm) Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình: 2 22015( ) 2014(2 1) 25x y xy    Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -76- ĐÁP ÁN Câu 1 ) 2 3 3 4a x x x   (ĐKXĐ: x ≥ 3/2) 2 2 3 2 2 3 2 3 (2 3) (3 4) 2 3 9 24 16 2 12 24 16 0 2( 2) 0 2( ) x x x x x x x x x x x x TM                    Vậy S = {2} b)Ta có 2 2 2 2 2 0 ( ) ( ) 2 x y z y z x y z x yz             Tương tự: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 z x y zx x y z yx x y z x y z P yz zx yx xyz                   Mà 3 3 3 3 2 2 3 3 3 ( ) 3 3 ( ) 3 ( ) 3 3 3 2 2 x y z x y x y xy z z xy x y z xy xyz P xyz                   Câu 2 ĐKXĐ: x, y ≠ 0 2 1 9 (1) 4 4 (2) x y y x y x y x x           Lấy (1) trừ (2) ta được: 2 2 2 2 1 4 9 4 4 5 1 0 5 4 0 ( 4 )( ) 0 4 y y x x x y x x y x xy y x y x y x y x y                    Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -79- a) Kẻ đường kính AE của (O), EH cắt (O) tại K’, AK’ cắt EB tại D. Dễ thấy H là trực tâm tam giác AED nên DH ⊥ AO ⇒ DH // AM (1) Ta có BDH= EAH =HMB nên tứ giác HMDB nội tiếp ⇒ HM ⊥ MD ⇒ DM // AH (2) Từ (1) và (2) ⇒ AHDM là hình bình hành. ⇒ AD đi qua trung điểm I của HM ⇒ K’ là giao của AI với (O) ⇒ K’ ≡ K ⇒ HK ⊥ AI b) Ta có IAM =ABK (cùng chắn cung AK) AMI= OBA (OAMB nội tiếp) Nên IAM+AMI=ABK+OBA AIH=OBK Mặt khác AIH+KHI=90o OBK+KBM=90o =>KHI=KBM ⇒ Tứ giác HKMB nội tiếp =>BKM=BHM=90o Câu 6 2 2 2 2 2 2015( ) 2014(2 xy 1) 25 2014(x y) 2039 x y x y          Đặt t=|x-y| , t N do x, y nguyên Xét các trường hợp: TH1: t = 0, tức x = y ⇒ phương trình vô nghiệm TH2: t = 1, tức là x – y = ±1 + Với x – y = 1 hay x = y + 1, phương trình trở thành: 2 2 2( 1) 25 12 0 3 4 y y y y y y             Với y = 3 thì x = 4; với y = –4 thì x = –3 + Với x – y = –1 hay x = y – 1, phương trình trở thành: Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -80- 2 2 2( 1) 25 12 0 3 4 y y y y y y             Với y = –3 thì x = –4; với y = 4 thì x = 3 TH3: t ≥ 2, VT > VP ⇒ phương trình vô nghiệm Vậy các cặp (x;y) thỏa là (4;3), (–3;–4), (–4;–3), (3;4) Cách khác: Sử dụng phương pháp biến đổi phương trình về dạng vế trái là tổng của các bình phương. Vế phải là tổng của các số chính phương, hoặc cách điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai cũng có thể giải ra đáp số. Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -81- Đề số 17. Chuyên Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2014-2015 Câu 1: (2.0 điểm) Cho biểu thức: 3 16 7 1 3 2 3 3 1 x x x x P x x x x            (Với x > 0) 1.Rút gọn biểu thức P 2.Tính giá trị của biểu thức khi 2 2 3x   Câu 2: (2.0 điểm) 1.Cho phương trình: 22013 ( 2014) 2015,x m x   với m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn 2 2 1 1 2 22014 2014x x x x     2.Giải phương trình: 2 2 1 1 3 (2 1) (2 x 2)x     Câu 3: (2.0 điểm) Tìm nghiệm của phương trình: 3 3 2 2 5x y x y xy    Câu 4: (3.0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi M là điểm thuộc cung AB (AB ≠ A, M ≠ B) và I là điểm thuộc đoạn OA (I ≠ O, I ≠ A). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Gọi E là giao điểm của AM với IC, F là giao điểm của BM với ID. Chứng minh rằng: 1.Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp 2.EF // AB 3.OM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM. Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: 2 2 2 2 2 2 2014x y y z z x      Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2x y z T y z z x x y       Hết Họ và tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh:………… Chữ ký của giám thị 1:…………………………………Chữ ký của giám thị 2:…………. Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -84- 3 3 2 2 2 2 2 2 2 5 ( )( ) xy(x y) 5 (x y)(x 2 ) 5 (0,25 ) (x y)(x y) 5 x y x y xy x y x xy y xy y d                     Do (x-y)2 0 và x y thuộc Z nên xảy ra hai trường hợp: Th1: 2 5 3 1 25 (0,25 ) ( ) 1 5 2 1 3 x y x x y yx y d x y x y x x y y                            Th2: 2 11 => (L) (0, 25 ) ( ) 5 5 x yx y d x y x y              Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên ( ; ) {(3;2);(2;3)}x y  Câu 4 : 4.1 CM: Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp: C/m được các tứ giác ACMI BDMI nội tiếp ( đ) Do đó: 1 1 1 2 1 1 2 1 I A I I A B I B         Mà 2 2 90oA B  Và 1 2 1 2 1 2180 90o oA A B B I i       (0,25đ) 90oEIF EMF   Tứ giác MEIF nội tiếp được. (0.25 đ) 4.2 CM: EF // AB: Tứ giác MEIF nội tiếp (câu 1) => 1 1I F Tứ giác ACMI nội tiếp (câu 1) => 1 1I A (0,5đ) Trong (O) 2 1B A (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AM) ( 0,25Đ) Do đó => 2 1B F , mà chúng ở vị trí đồng vị => EF // AB. (0.25 đ) 4.3 CM: OM là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ngoại tiếp các tam giác: CEM, DFM Ta có OA = OM => 1 2M A Mà 1 2C A (cùng chắn cung IM) => 1 1C M  OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME (1). (0.5 đ) Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -85- Lại có: OM = OB => 2 2M B mà 1 2D B (cùng chắn cung IM) => 1 2D M => OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF (2). (0.5 đ) Từ (1) và (2) =>ĐPCM Câu 5: Đặt 2 2 2 2 2 2; ; (*) 2014(1)a x y b y z c z x a b c          Từ (*) => 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2; y ;z 2 2 2 a b c a b c a b c x           Áp dụng BĐT Cau chy ta có: 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 2(z ) 2 2(x ) 2 y z y z b z x x c x y y a             (0,25đ) Từ đó ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 2 2 1 ( )(2) (0,25d) 2 2 x y z a b c a b c a b c T y z z x x y b c a a c a b b c T a b c b b c c a a                          Áp dụng BĐT Cauchy ta lại có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ; 2 ; 2 ; 2 ; 2 ; 2 (0,25 ) 4( ) 2( ) 2( )(3) a c a b b c b a b c c a c b a b a c d b b c c a a a c a b b c a b c a b c a b c b b c c a a                            Từ (2) và (3)=> 1 (a b )(4) 2 2 T c   Từ (1) và (4) => 1 .2014. 2 2 T  Vậy 2014 2014 khi x=y=z= 2 2 3 2 MINT  Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -86- Đề số 18. Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2014-2015 Bài 1: (2,0 điểm): Cho biểu thức: 2 2 2 16 4 4 C a a a       1.Tìm điều kiện của a để biểu thức C có nghĩa và rút gọn C. 2.Tìm giá trị của biểu thức C khi 9 4 5a   Bài 2: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình: ( 1) 2 1 m x y mx y m        (m là tham số) 1.Giải hệ phương trình khi m = 2. 2.Chứng minh rằng với mọi m, hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn: 2 3x y  Bài 3: (2,0 điểm): 1.Trong hệ tọa độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d): y=mx-m+2 cắt Parabol (P): 22y x tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung. 2.Giải hệ phương trình: 3 3 2 4 2 (1) 2 6 2 2(2) x y x y x y          Bài 4: (3,0 điểm): Cho đường tròn O đường kính BC và một điểm A nằm bất kì trên đường tròn (A khác B và C). Gọi AH là đường cao của DABC, đường tròn tâm I đường kính AH cắt các dây cung AB, AC tương ứng tại D, E. 1.Chứng minh rằng: góc DHE bằng 90o và AB.AD=AC.AE 2.Các tiếp tuyến của đường tròn (I) tại D và E cắt BC tương ứng tại G và F. Tính số đo góc GIF. 3.Xác định vị trí điểm A trên đường tròn (O) để tứ giác DEFG có diện tích lớn nhất. Bài 5: (1,0 điểm): Cho ba số thực x, y, z. Tìm giá trị lớn nhất biểu thức 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )( ) xyz x y z x y z S x y z xy yz zx           Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -89- 3 3 3 2(1 2 ) 6 2 2 4 8 2 2 4 8 2 2 4 8 8 12 2 12 2 2 16 12 2 2 2 0 8 6 2 0 ( 2 8 6 2) 0 ( 2)( 2 6) 0 0 0 1( (*)) 2 2 3( (*)) 6 18 35( (*)) 2 y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y x TM y y x TM y y x TM                                                                Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm (x;y)=(1;0);(-3;2);(-35;18) (1đ) Câu 4: 1.Chứng minh DHE=90o Tứ giác ADHE có:   A D E  =>ADHE là hình chữ nhật => DHE=90o Chứng minh: AB. AD = AC. AE Xét hai tam giác vuông HAB và HAC ta có: AB.AD=AH2=AC.AE ( 1đ ) 2/Tính góc GIF DHE=90o=>DE là đường kính => I thuộc DE 1 1 1 90 2 2 2 oGIF DIH HIE DIE     (1đ) 3/Tứ giác DEFG là hình thang vuông có đường cao DE = AH Hai đáy DG=GH=GB= 1 2 BH và EF=FC=FH= 1 2 HC =>Diện tích tứ giác DEFG là Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -90- 1 ( ). .2 2 4 HB HC AH BC AH   Lớn nhất khi AH lớn nhất vì BC = 2R không đổi Ta có: AH lớn nhất =>AH là đường kính => A là trung điểm cung AB (1.0 đ) Câu 5: Theo Bunhia: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 26 3 ( ) 3( ) 3 ( 3 ) ( 3 1) ( )( ) ( ) ( 3 1) 3 1 3 33 x y z x y z x y z x y z xyz x y z x y z xyz S x y z xy yz zx x y z xy yz zx xyz S x y z x y z                                  =>Smax= 3 1 3 3  khi x=y=z (1đ) Chú ý: 1/Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm 2/Làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -91- Đề Số 19. Chuyên Năng Khiếu - HCM. Năm học: 2014-2015 Câu I. Cho phương trình 2 2( 5) 2 6 0(1)m x mx m    với m là tham số. c) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên. d) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn điều kiện 4 1 2 1 2( ) 16x x x x   Câu II. 1) Giải hệ phương trình 2 2 2(1 ) 9 2(1 ) 9 x y y x y x x y       2) Cho tam giác ABC vuông tại A với các đường phân giác trong BM và CN. Chứng minh bất đẳng thức ( )( ) 3 2 2 . MC MA NB NA MA NA     Câu III. Cho các số nguyên dương a, b, c sao cho 1 1 1 a b c   c) Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố. d) Chứng minh rằng nếu c > 1 thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố Câu IV. Cho điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB = 2R ( C ≠ A, C ≠ B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB; I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Các đường thẳng CI, CJ cắt AB lần lượt tại M, N. d) Chứng minh rằng AN = AC, BM = BC. e) Chứng minh 4 điểm M, N, J, I cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy. f) Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác CMN theo R. Câu V. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại. c) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5. d) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40. ........................Hết...................... Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -94- 2 1 1 ( )( ) (1 )(1 ) 1 . . MC BC MC MA BC MA AB MA AB NB BC BN NA BC NA AC NA AC MC MA NB NA BC BC BC BC BC MA NA AB AC AB AC AB AC                     Áp dụng định lý Pi–ta–go cho tam giác vuông ABC và BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có: 2 2 2 2 2 . 2 . 2 . 2 2 ( )( ) 1 2 2 2 3 2 2 . BC BC AB AC AB AC AB BC BC BC BC BC AB AC AB AC MA MC NB NA MA NA                 Câu III. c) Ta có: 1 1 1 1 ( ) (*) a b c a b ab a b c ab c         Giả sử a + b là số nguyên tố, khi đó từ (*) ⇒ ab ⋮ (a + b) ⇒ a ⋮ (a + b) hoặc b ⋮ (a + b) Điều này mâu thuẫn do 0 < a < a + b, 0 < b < a + b. Vậy a + b không thể là số nguyên tố. d) Giả sử a + c và b + c đồng thời là số nguyên tố. Từ c(a+b)=ab=>ca+cb=ab=>ca+ab=2ab-ab=>a(b+c)=b(2a-c) ⇒ a( b + c) ⋮ b (**) Mà b + c là số nguyên tố, b là số nguyên dương nhỏ hơn b + c nên (b + c, b) = 1 Do đó từ (**) suy ra a ⋮ b. Chứng minh tương tự ta có b(a + c) = a(2b – c) ⇒ b ⋮ a Vậy a = b. Từ (*) ⇒ a = b = 2c Do đó a + c = b + c = 3c, không là số nguyên tố với c > 1 (mâu thuẫn với giả sử) Vậy a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố. Câu IV. d) Ta có: HCA =ABC (cùng phụ với HCB ) Vì CN là phân giác của góc HCB nên HCN =BCN Do đó CAN= HCA +HCN= ABC +BCN Mặt khác, xét ∆ BCN với góc ngoài ANC ta có: ANC= ABC+ BCN Suy ra CAN= ANC ⇒ ∆ ACN cân tại A ⇒ AC = AN. Chứng minh tương tự ta có BC = BM. e) Vì CM, CN lần lượt alà phân giác của góc ACH và BCH nên 1 1 1 45 2 2 2 oMCN MCH NCH ACH BCH ACB      Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -95- Tam giác ACN cân tại A có AI là phân giác kẻ từ đỉnh A, nên cũng là trung trực của đáy CN. ⇒ IC = IN. ⇒ ∆ ICN cân tại I. Tam giác ICN cân tại I có ICN=45o nên là tam giác vuông cân tại I ⇒ CI ⊥ IN Chứng minh tương tự ta có CJ ⊥ MJ. Tứ giác MIJN có MIN=MJN=90o nên là tứ giác nội tiếp ⇒ Bốn điểm M, I, J, N cùng thuộc một đường tròn. Vì CH ⊥ MN, MJ ⊥ CN, NI ⊥ CM nên CH, MJ, NI đồng quy tại trực tâm của ∆ CMN. f) Đặt 2 2 2 2; 4 ( )AC b BC a a b BC R Pi ta go        Theo câu a, ta có AN=AC= b; BM=BC=b Do đó a+b=AN+BM=BC+MN=>MN=a+b-BC=a+b-2R Ta có: 2 2 2 2 2 2 2( ) 0 2 ( ) 2( ) 8 2 2 2 2 ( 2 1) a b ab a b a b a b R a b R MN a b R R                    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b ⇔ CA = CB ⇔ C là điểm chính giữa nửa đường tròn. Vì C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên CH ≤ R. Do đó 21 1 . .2. ( 2 1) R ( 2 1) 2 2 CMNS CH MN R R     Dấu bằng xảy ra ⇔ C là điểm chính giữa nửa đường tròn. Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 2 ( 2 1)R  và giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác CMN là 2 ( 2 1)R  đều xảy ra khi và chỉ khi C là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB. Câu V. c) Gọi 5 số tự nhiên đã cho là a, b, c, d, e. Do chúng đôi một phân biệt nên có thể giả sử a < b < c < d < e. Theo giả thiết ta có a + b + c > d + e ⇒ a + b + c ≥ d + e + 1 Suy ra a ≥ d + e + 1 – b – c. Vì b, c, d, e là số tự nhiên nên từ d > c ⇒ d ≥ c + 1; c > b ⇒ c ≥ b + 1 Suy ra d ≥ b + 2 ⇒ d – b ≥ 2 e > d ⇒ e ≥ d + 1 ⇒ e ≥ c + 2 ⇒ e – c ≥ 2 Do đó a ≥ (d – b) + (e – c) + 1 ≥ 5. Suy ra b, c, d, e > 5 Vậy tất cả các số đều không nhỏ hơn 5. d) Nếu a ≥ 6 ⇒ b ≥ a + 1 ≥ 7. Tương tự c ≥ 8, d ≥ 9, e ≥ 10 ⇒ a + b + c + d + e ≥ 40 (mâu thuẫn) Suy ra a < 6. Mà theo câu a ta có a ≥ 5 ⇒ a = 5. Ta có 5 + b + c ≥ d + e + 1 ⇒ b + c ≥ d + e – 4. Mà d – 2 ≥ b, e – 2 ≥ c ⇒ d + e – 4 ≥ b + c. Do đó 2 2 b d c e      =>a+b+c+d+e=5+2b+2c+4<40 31 31 ( 1) b c 7 2 2 b c b b b           Suy ra b = 6 hoặc b = 7 Tổng hợp (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang -96- Nếu b = 6 thì d = b + 2 = 8. Vì b < c < d nên c = 7 ⇒ e = c + 2 = 9. Nếu b = 7 thì d = b + 2 = 9. Vì b < c < d nên c = 8 ⇒ e = c + 2 = 10. có hai bộ thỏa mãn đề bài là (5;6;7;8;9) và (5;7;8;9;10).