Tổng hợp các đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên trên cả nước môn toán năm 2015 - 2016

Bộ giáo dục đào tạo đề thi tuyển sinh
Vào khối trung học phổ thông chuyên năm 2015-2016

Môn thi: Toán học
(Dùng cho mọi thí sinh thi vào trờng chuyên)
Thời gian làm bài :120 phút
Cõu 1:
1) Gi s a,b l hai s thc phõn bit tha món
2 2
3 3 2a a b b+ = + =
a) Chng minh rng
3a b+ =
b) Chng minh rng
3 3
45a b+ =
2) Gii h phng trỡnh
2 2 2
2 3 5
4 5
x y xy
x y xy
+ =


+ =

Cõu 2
1) Tỡm cỏc s nguyờn
,x y
khụng nh hn 2 sao cho
1xy

chia ht cho
( ) ( )
1 1x y
2) Vi
,x y
l nhng s thc tha món ng thc
2 2
2 1 0.x y y+ + =
Tỡm giỏ tr ln nht v
nh nht ca biu thc
3 1
xy
P
y
=
+
Cõu 3.
Cho tam giỏc nhn ABC khụng cõn cú tõm ng trũn ni tip l im I. ng thng
AI ct BC ti D. Gi E,F ln lt l cỏc im i xng ca D qua IC,IB.
1) Chng minh rng EF song song vi BC.
2) Gi M,N,J ln lt l trung im ca cỏc on thng DE,DF,EF. ng trũn ngoi
tip tam giỏc AEM ct ng trỡn ngoi tip tam giỏc AFN ti P khỏc A. Chng minh
rng bn im M,N,P,J cựng nm trờn mt ng trũn.
3) Chng minh rng ba im A,J,P thng hng.
Cõu 4.
1) Cho bng ụ vuụng
2015 2015
ì
. Kớ hiu ụ
( )

,i j
l ụ hng th i , ct th j. Ta vit cỏc
s nguyờn dng t 1 n 2015 vo cỏc ụ ca bng theo quy tc sau :
i) S 1 c vit vo ụ (1,1).
ii) Nu s k c vit vo ụ
( ) ( )
, , 1i j i >
thỡ s k+1
c vit vo ụ
( )
1, 1i j +
.
iii) Nu s k c vit vo ụ
( )
1, j
thỡ s k+1 c
vit vo ụ
( )
1,1j +
. (Xem hỡnh 1.)
Khi ú s 2015 c vit vo ụ
( )
, .m n
. Hóy xỏc nh
m v n.
1 3 6 10
2 5 9
4 8
7

Hỡnh 1
2) Gi s a,b,c l cỏc s thc dng tha món
4.ab bc ac abc+ + +
Chng minh rng
( )
2 2 2
2a b c a b c ab bc ac+ + + + + + +
Hướng dẫn.
Câu 1. a) Giả sử a,b là hai số thực phân biệt thỏa mãn
a)
2
2
3 2
3 2
a b
b a

+ =


+ =



( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
3 0

3 0
3 0
0
3
a b a b
a b a b a b
a b a b
a b loai
a b
⇔ − + − =
⇔ − + + − =
⇔ − + + =
− =
⇔

+ = −

b)
( )
( )
3
3 3
3 3
27
3 27
9 27
a b
a b ab a b
a b ab
+ = −

⇔ + + + = −
⇔ + − = −
vì
( ) ( )
2 2
2
3 3 4
2 3 4
2
a a b b
a b ab a b
ab
+ + + =
⇔ + − + + =
⇔ = −
vậy
3 3
45a b+ = −
b). Giải hệ phương trình
2 2 2
2 3 5
4 5
x y xy
x y xy
+ =


+ =

Ta thấy x-y =0 là nghiệm của phương trình.

Nếu
0y ≠
nhân hai vế của phương trình với y
2 2
2 2 2
2 3 5
4 5
xy y xy
x y xy

+ =


+ =


⇔
2 2 2
2 3 5
4 5
x y xy
x y xy
+ =


+ =

⇔
2 2
2 3 5

2 0
x y xy
x xy y
+ =


− − =

⇔
2 2 2
2 3 5
4 5
x y xy
x y xy
+ =


+ =

⇔
( ) ( )
2 3 5
2 0
x y xy
x y x y
+ =


⇔


− + =


( ) ( )
( )
( )
2 3 5
1
0
2 3 5
2 0
2 3 5
2 4
,
0
5 5
x y xy
x y
x y
x y xy
x y x y
x y xy
x y
x y
 + =


⇔ = =



− =
+ =


 
⇔


− + =
+ =


 

⇔ = = −


− =



Câu 2.
a)Tìm các số nguyên
,x y
không nhỏ hơn 2 sao cho
1xy −
chia hết cho
( ) ( )
1 1x y− −
Ta có xy – 1

M

( ) ( )
1 1x y− −
suy ra xy - 1
M
xy +1- x –y
Mà xy +1- x –y
M
xy +1- x –y
Suy ra : (x-1) + (y -1)
M
( ) ( )
1 1x y− −
suy ra x-1
M
y -1 và y-1
M
x -1
Suy ra x= y
X
2
– 1
M
(x -1)
2
ta có x+1
M
x-1 suy ra 2
M

x- 1 suy ra x= 2 hoặc x= 3
3) Với
,x y
là những số thực thỏa mãn đẳng thức
2 2
2 1 0.x y y+ + =
Tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của biểu thức
3 1
xy
P
y
=
+
3 3
2 1 0.x y y+ + =
2 2
2 2
1
2 1
2
x y
y x y y
− −
⇔ = − − ⇔ =
( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2
3 1 2 3 1

3 2 0
4 12
xy xy
P
x y x y
px y xy p
p
= =
− − + − −
⇔ + + =
∆ = −
Phương trình có nghiêm khi
0∆ ≥
suy ra 4 – 12p
2

0≥

2
3 3 3p p≥ ⇔ ≥ ≥ −
Vây max P =
3
khi
1
3 3
xy = −
suy ra
1
1
14 1 27

27
.
2 27 14
3 3
y x
− −
= = − ⇒ =
Câu 3:
a) Ta có : AD là phân giác
BD AB
DC AC
⇒ =
mà
,BED CDF∆ ∆
là tam giác cân,
/ /⇒ = ⇒
BE AB
BC FE
CF AC
b) Ta có :
· · ·
BC FE FED EDB BED⇒ = =P
mà
· ·
·
180APM AEM BED= °− =
·
·
APM DEF⇒ =
Tương tự :

·
·
DFE APN=
·
·
·
·
·
APN APM DFE FED MPN⇒ + = + =
mà
·
·
·
·
·
180MJN MDN EDF MJN MPN MPNJ= = ⇒ + = ° ⇒
nội tiếp
c) Ta có :
·
·
APM DEF=
và
·
·
· ·
·
,JPM JNM JEM JPM APM A PJ= = ⇒ = ⇒
thẳng hàng
Câu 4 :
1)

Theo đề bài, các số nguyên dương được sắp xếp theo từng hàng chéo của bảng: Hàng chéo thứ nhất
có 1 số, hàng chéo thứ hai có 2 số,
Giả sử số
x
nằm ở hàng chéo thứ
k
thì ta có:
( 1) ( 1) 1 1 8 1 1 8 1 1 8
2 2 2 2 2
k k k k x x x
x k k
 
− + − + + + + − + +
< ≤ ⇒ ≤ < ⇒ =
 
 
Áp dụng
2015x =
ta có
1 1 8.2015
63
2
k
 
− + +
= =
 
 
Số đầu tiên ở hàng chéo thứ
63k =

là
( 1)
1 1954
2
k k −
+ =
Như vậy số
2015
nằm ở vị trí thứ
2015 1954 1 62
− + =
của hàng chéo thứ
63
(Vị trí áp chót)
Tọa độ của nó là
(2,62)
2) Theo Cauchy 4 số ta có :
3 3 3
4
4 4 1abc ab bc ac a b c abc≥ + + + ≥ ⇒ ≥
3 2 2 2
3
3 3a b c abc a b c⇒ + + ≥ ≥
BĐT tương đương :
( )
32 2 2 2 2 2
3 2a b c a b c ab bc ac+ + + ≥ + +
(1)
Đặt
( )

3 3 32 2 2
, , , , 0a x b y c z x y z= = = >
( )
3 3 3 3 3 3 3 3 3
1 3 2 2 2x y z xyz x y z x z y⇔ + + + ≥ + +
Áp dụng BĐT Schur bậc 3:
( ) ( ) ( )
3 3 3
3x y z xyz xy x y yz y z xz x z+ + + ≥ + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0x x y x z y y x y z z z x z y⇔ − − + − − + − − ≥
với mọi số thực không âm
, ,x y z
Chứng minh BĐT :
Do vai trò
, ,x y z
như nhau , giả sử
x y z≥ ≥
( ) ( )
0z z x z y⇒ − − ≥
Ta xét :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
0x x z y y z x xz yz y x y x y z− − − = − + − = − + − ≥
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0
0
x x z x y y y z x y x x z x y y y z y x
x x y x z y y x y z z z x z y

dpcm
⇒ − − − − − ≥ ⇔ − − + − − ≥
⇒ − − + − − + − − ≥
⇒
Ta có :
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 2 2 2x y z xyz xy x y yz y z xz x z x y z x z y+ + + ≥ + + + + + ≥ + +
Dấu = xảy ra khi
1
, 0
x y z
a b c
x y z
= =

⇒ = = =

= =

TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC VÀ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015

MÔN THI:TOÁN(VÒNG II)
Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I.(3 điểm)
1)Với
, ,a b c
là các số thực thỏa mãn:
3 3 3 3

(3 3 3 ) 24 (3 ) (3 ) (3 )a b c a b c b c a c a b+ + = + + − + + − + + −
Chứng minh rằng
( ) ( ) ( )
: a 2b b 2c c 2a 1+ + + =
2) Giải hệ phương trình:
3 3 2
2 2 5
27( ) 7 26 27 9
x y xy
x y y x x x
+ + =


+ + + = + +

Câu II.(3 điểm)
1)Tìm số tự nhiên
n
để
5n
+
và
30n
+
đều là số chính phương (số chính phương là
bình phương của một số nguyên)
2)Tìm
,x y
nguyên thỏa mãn đẳng thức:
1 3x y x y+ + + = +

3)Giả sử
, ,x y z
là các số thực lớn hơn 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 4 4
x y z
P
y z z x x y
= + +
+ − + − + −
Câu III.(3 điểm)
Cho tam giác
ABC
nhọn không cân với
.AB AC
<
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng
BC.Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đoạn AM.Trên tia đối của tia AM lấy
điểm N sao cho
2AN MH
=
1) Chứng minh rằng
BN AC
=
2) Gọi
Q
là điểm đối xứng với
A
qua
N
.Đường thẳng

AC
cắt
BQ
tại
D
.Chứng minh
rằng bốn điểm
, , ,B D N C
cùng thuộc một đường tròn,gọi đường tròn này là
( )
O
3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác
AQD
cắt
( )
O
tại
G
khác
D
.Chứng minh rằng
NG
song song với
BC
Câu IV.(1 điểm)
Ký hiệu
S
là tập hợp gồm
2015
điểm phân biệt trên một mặt phẳng.Giả sử tất cả các

điểm của
S
không cùng nằm trên một đường thẳng.Chứng minh rằng có ít nhất
2015

đường thẳng phân biệt mà mỗi đường thẳng đi qua ít nhất hai điểm của
S

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Câu 1:
1.
Đặt
3
3
3
a b c x
b c a y
c a b z
+ − =


+ − =


+ − =

Ta có:
3 3 3 3 3 3 3 3
3 3
(3 3 3 ) 24 (3 ) (3 ) (3 ) ( ) 24

( ) 24 ( ) 3( )( )( ) 24 3( )( )( ) 0
24 3(2 4 )(2 4 )(2 4 ) 0
24 24( 2 )( 2 )( 2 ) 0
( 2 )( 2 )( 2 ) 1
a b c a b c b c a c a b x y z x y z
x y z x y z x y y z z x x y y z z x
a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
+ + = + + − + + − + + − ⇔ + + = + + +
⇔ + + = + + + − + + + ⇔ − + + + =
⇔ − + + + =
⇔ − + + + =
⇔ + + + =
2. Ta có :
( )
3 3 2
3 3 2
3 3 3 2
3 3 2 3
3 3
2 2 5
27( ) 7 26 27 9
( 2)( 2) 9
27( ) 7 26 27 9
7 3( )( 2)( 2) 27 27 9
8 3 ( ) 12( ) 6( ) (3 1)
( 2) (3 1) 2 3 1
1 2
2 2

x y xy
x y y x x x
x y
x y y x x x
y x x y x y x x x
y x xy x y x y x y x
x y x x y x
y x
x x
+ + =


+ + + = + +

+ + =

⇔

+ + + = + +

⇔ + + + + + + = + +
⇔ + + + + + + + + = +
⇔ + + = + ⇒ + + = +
⇔ + =
⇒ + +
( )
1 1
1 9
3,5 8
x y

x y
= ⇒ =

= ⇒

= − ⇒ = −

Vậy
( ) ( ) ( )
{ }
, 1,1 ; 3,5, 8x y ∈ − −
Câu 2:
1)
Đặt
2
2
5
30
n x
n y

+ =

+ =


( )
, , , 0x y x y∈ >¥
2 2
25 ( )( ) 1.25y x y x y x⇔ − = ⇔ − + =

vì
( )
, , , 0x y x y∈ >¥
Lại có
y x y x− < +
nên
1 13
25 12
y x y
y x x
− = =
 
⇔
 
+ = =
 
Thay vào ta tính được
139n
=
thoả mãn
2) Ta thấy :
1 3x y x y+ + + = +
và
, ,x y x y∈ ⇒¥
là các số chính phương.
3, ,x y x y⇒ + + ∈¥
Đặt
( )
, , 3 , ,x a y b x y c a b c= = + + = ∈¥
P

G
D
Q
N
H
M
A
B
C
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
2
2
2 2
1
1
3
3
1 3
2 2 2 3
1 1 2
2 4
3 9
3 9
2 4
a b c
a b c
x y a b

c a b
x y c
a b a b
a b ab
a b
a x
b y
a x
b y
+ = +

+ = +


⇒ + = + ⇒
 
− − =


+ + =

⇒ + − − − =
⇔ + − = −
⇔ − − =
 = =
 
⇒
 

= =

 

⇒

= =
 

⇒
 
= =

 

3) Ta có :
4 4 4
4 4 4 4 4 4 4 4 4
4 4 4
4 4 4 4 4 4
4 6
= + + ⇔ = + +
+ − + − + − + − + − + −
≥ + +
+ − + + − + + − +
 
= + + ≥
 ÷
+ + +
 
x y z x y z
P P

y z z x x y y z z x x y
x y z
y z x z x y
x y z
y z x z x y
Dấu = xảy ra khi
4x y z= = =
4
9
x
y
=

⇒

=

a P là điểm đối xứng của A qua M.
 HP = HM + MB = 2HM + AH = AN + AH = HN
 H là trung điểm của NP.
Mà BH
⊥
NP  Tam giác PNB cân tại B BN = BP.
Mặt khác lại có: M là trung điểm của BC, AP  Tứ giác ACPB là hình bình hành 
AC = BP
 AC = BN
b,Do tứ giác ACPB là hình bình hành 
PAC APB
∠ = ∠

Mà tam giác PBN cân tại B 
APB ANB
∠ = ∠

ANB PAC
∠ = ∠

CAN BNQ∠ = ∠
Có: AC = NB, NQ = AN

BNQ CAN=V V

NBD NCD
∠ = ∠
 N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
C, G là giao điểm (DQG) với (DBC) 
CAG BQG∠ = ∠
Mà
GBQ GCA∠ = ∠
 Tam giác GBQ đồng dạng tam giác GCA

GA GQ
AC QB
=

GA GQ
NB NC
=
Mà
BNC BDC AGQ∠ = ∠ = ∠

 Tam giác NBC đồng dạng với tam giác GAQ

GQA NCB NCB GDC∠ = ∠ → ∠ = ∠
 GC = NB  NG//BC
Câu 4. Giả sử trên mặt phẳng có n điểm thẳng hang thì tồn tại một đường thẳng .
Theo bài ra các điểm đã cho không cùng nằm trên một đường thẳng nên tồn tại ít nhất
một điểm không cùng nằm trên đường thẳng đó nối điểm đó với n- 1 điểm đã cho ta
được n-1 đường thẳng với đường thẳng đi qua n-1 điểm ta được n đường thẳng. Thay
n = 2015 thì tồn tại ít nhất 2015 đường thẳng
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT
NAM
Trường đại học sư phạm Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi :TOÁN
( Dùng cho mọi thí sinh vào trường chuyên )
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1 (2.5 điểm ) Cho biểu thức
2
2 2
2 2
1 1
1
a b
b a a b
P
a b a b
b a b a
  
+ + −

 ÷ ÷
  
=
 
+ − +
 ÷
 
với a>0 , b>0 a
b≠
1 Chứng minh
1
p
ab
=
2 Giả sử a, b thay đổi sao cho
4 1a b ab+ + =
. Tìm min P
Câu 2 ( 2 điểm ) cho hệ phương trình.

2 4
3 1
x my m
mx y m
− = −


+ = +

Với m là tham số
1 Giải phương trình khi m = 2

2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x
0,
y
0
) là một nghiệm
của của hệ phương trình .chứn minh đẳng thức
( )
2 2
0 0 0 0
5 10 0x y x y+ − + + =
Câu 3 ( 1.5điểm )
Cho a, b là các số thực khác o . Biết rằng phương trình
( ) ( )
2 2
0a x a b x b− + − =
Có nghiệm duy nhất . Chứng minh
a b=
Câu 4. ( 3điểm ) Cho tam giác ABC có các góc ABC và góc ACB nhọn góc BAC =
60
0
. Các đường phân giác trong BB
1
, CC
1
của tam giác ABC cắt nhau tại I.
1> Chứng minh tứ giác AB
1
IC
1
nội tiếp .

2. Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp
tam giác BC
1
I . Chứng minh tứ giác CKIB
1
nội tiếp
2 Chứng minh
1 1
AK B C⊥
Câu 5 ( 1 điểm) . Tìm các số thực không âm a và b thỏa mãn
2 2
3 3 1 1
2 2
4 4 2 2
a b b a a b
     
+ + + + = + +
 ÷ ÷  ÷ ÷
     
Hướng dẫn giải
Câu 1 (2.5 điểm )
1.Cho biểu thức
2
2 2
2 2
1 1
1
a b
b a a b
P

a b a b
b a b a
  
+ + −
 ÷ ÷
  
=
 
+ − +
 ÷
 
với a>0 , b>0 a
b≠
( )
2 2
2
2 2
4 4 3 3
2 2
3 3
2 2 4 4 3 3 4 4 3 3
2 2 2 2 2 2
2
1 1
1
1
a ab b
a b ab
a b
a b a b ab

ab a b
b a a b
a b
P
a b a b a b a b ab a b a b ab
ab
b a b a a b a b
− +
 
+ +
  
+ − −
+ + −
 ÷
 ÷ ÷
    
= = = =
+ − − + − −
 
+ − +
 ÷
 
2 Giả sử a, b thay đổi sao cho
4 1a b ab+ + =
. Tìm min P
Áp dụng bât đẳng thức cosi ta có
1 4 5
1
25
a b ab ab

ab
= + + ≥
⇒ ≥

dấu bằng xảy ra khi b = 4a và 1 = 25ab suy ra 1 = 100b
2
suy ra
1 2
10 5
b a= ⇒ =
Câu 2 ( 2 điểm ) cho hệ phương trình.

2 4
3 1
x my m
mx y m
− = −


+ = +

Với m là tham số
1 Giải phương trình khi m = 2
2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x
0,
y
0
) là một nghiệm
của của hệ phương trình .chứn minh đẳng thức
( )

2 2
0 0 0 0
5 10 0x y x y+ − + + =
1.
1. Thay m = 2 ta có
19
2 6 2 4 12 5 19
5
2 7 2 7 2 7 19
2 7
5
19
5
9
5
y
x y x y y
x y x y x y
x
y
x

=

− = − − = − − = −
  

⇔ ⇔ ⇔
   
+ = + = + =

  

+ =



=


⇔


=


2.
2 2
2
2
2
2 2
2
2
2
2 4 2 4
3 1 ( 2 4 ) 3 1
2 4
2 4 3 1
3 3 2
2 4

2 4
1
1 4
( 1) 1 4
1 4
1
1
x my m x my m
mx y m m my m y m
x my m
m y m m y m
m m
x my m
x
x my m
m
m m
m y m m
y
m m
y
m
m
− = − = + −
 
⇔
 
+ = + + − + = +
 
= + −


⇔

+ − + = +


− +
= + −

=

= + −

 
+
⇔ ⇔ ⇔
  
+ +
+ = + +
=
+ +

 
=
+


+


vì m
2
+1 khác 0 phương trình có nghiệm duy nhất với mọi m
2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x
0,
y
0
) là một
nghiệm của của hệ phương trình .chứn minh đẳng thức
( )
2 2
0 0 0 0
5 10 0x y x y+ − + + =
1.
Thay
2
0
2
2
0
2
3 3 2
1
1 4
1
m m
x
m
m m
y

m

− +
=


+

+ +

=

+


Ta có
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
5 10 3 4 3 15
3 3 2 3 3 4 1 4 4

15
1 1
3 3 2 3 3 12 3 1 3
1 1 1 1
3 3 2 3 3 12
15 0
1 1
x y x y x y x y
m m m m m m
m m
m m m m m m
m m m m
m m m m
m m
+ − + + = − + − + + −
   
− + − − + + − −
= + +
 ÷  ÷
+ +
   
− + + + − − −
   
+ + = +
 ÷  ÷
+ + + +
   
− + + +
+ + + =
+ +

Cách 2.
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
0 0 0 0
2 2
0 0 0 0
0 0 0 0
5 10 0
5 6 5 4 0
3 2 1 4 0
x y x y
x x y y
x x y y
+ − + + =
⇔ − + + − + =
⇔ − − + − − =
Thay
2
0
2
2
0
2
3 3 2
1
1 4
1
m m
x

m
m m
y
m

− +
=


+

+ +

=

+

ta đươc .
( )
2 2
0 0 0 0
5 10 0x y x y+ − + + =
Câu 3 ( 1.5điểm )
Cho a, b là các số thực khác o . Biết rằng phương trình
( ) ( )
2 2
0a x a b x b− + − =
Có nghiệm duy nhất . Chứng minh
a b=
( ) ( )

( )
( )
2 2
2 3 2 3
2 2 2 3 3
0
ax 2 x 2 0
2 0
a x a b x b
ax a b bx b
x a b x a b a b
− + − =
⇔ − + + − + =
⇔ + − + + + =
Nếu a + b = 0 thi phương trình có nghiệm x = 0.
Nếu a + b
0.
≠
ta có

( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2 3 3
2
2 2 3 3
2

2
a b a b a b
a b ab a b ab a b
∆ = − + − + +
= − − = − −

Nếu a và b khác dấu thì phương trình có nghiệm với mọi m
Nếu a và b cùng dấu thì phương trình vô nghiệm
Phương trình có nghiêm duy nhất khi a và b khác dấu và
0
∆ =
suy ra
a b=
.
Câu 4
1. Ta có
·
·
·
·
0
1 1 1 1
120 120 60 180
o o o
B IC BIC B IC BAC= = ⇒ + = + =
. Mà hai góc này đối nhau
Nên tứ giác AB
1
IC
1

nội tiếp (đpcm).
2. Vì tứ giác BC
1
IK nội tiếp nên
·
·
1 1
60
o
BIC BKC= =
( góc nội tiếp cùng chắn
¼
1
BC
)
Và
·
·
1
BIK BC K=
( góc nội tiếp cùng chắn
»
BK
)
Xét tam giác ABC:
·
·
· · ·
0
1

180 180 60 120
o o o
KCB BAC ABC ABC ABC= − − = − − = −
Xét tam giác BC
1
K:
·
·
·
· · ·
0
1 1
180 180 60 120
o o o
BIK BC K BKC ABC ABC ABC= = − − = − − = −
Suy ra
·
·
1
KCB BIK=

⇒
Tứ giác CKIB
1
nội tiếp (đpcm).
3. Vì
·
·
1
60

o
BIC BAC= = ⇒
Tứ giác ACKC
1
nội tiếp
⇒
·
·
1 1
KAC KCC=
(cùng chắn cung KC
1
)
Và
· ·
1 1
AKC ACC=
(cùng chắn cung AC
1
). Mà
·
·
1 1
ACC KCC=
(GT)
Suy ra
·
·
1 1
KAC AKC=

⇒
Tam giác C
1
AK cân tại C
1
⇒
C
1
A = C
1
K (1)
CMTT: B
1
A = B
1
K (2)
Từ (1), (2) suy ra B
1
C
1
là đường trung trực của AK nên AK
⊥
B
1
C
1
(đpcm
Câu 5 ( 1 điểm) . Tìm các số thực không âm a và b thỏa mãn
2 2
3 3 1 1

2 2
4 4 2 2
a b b a a b
     
+ + + + = + +
 ÷ ÷  ÷ ÷
     
Áp dụng bất đẳng thức cosi
2
2 2 2 2
3 3 1 1 1 1 1
4 4 4 2 4 2 2
a b b a a b b a a b
       
+ + + + = + + + + + + ≥ + +
 ÷ ÷  ÷ ÷  ÷
       
2
1 1 1
2 2
2 2 2
a b a b
    
+ + ≤ + +
 ÷  ÷ ÷
    
Dấu bằng xảy ra khi a= b = ½
ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Toán

( Dùng cho học sinh chuyên toán và chuyên tin)
Thời gian : 120 phút
Câu 1: (2,5 điểm)
1. Cho a ≥ 0, a # 1. Rút gọn biểu thức
3
3
1
6 4 2. 20 14 2 ( 3) 3 1 : 1
2( 1)
a
S a a a
a
 
−
= − + + + − − −
 
−
 
2. Cho x,y thỏa mãn 0< x <1, 0 < y <1 và

1
1 1
x y
x y
+ =
− −
Tìm giá trị của biểu thức
2 2
P x y x xy y= + + − +
Câu 2: (2 điểm)

Một xe tải có chiều rộng 2,4m và chiều cao 2,5m muốn đi qua một cái cổng có hình
parabol. Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m và khoảng cách từ đỉnh cổng
(đỉnh parabol) tới mỗi chân cổng là
2 5
m (bỏ qua độ dầy của cổng)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi parabol (P)
2
axy =
với a < 0 là hình biểu diễn
cổng mà xe tải muốn đi qua. Chứng minh a = -1
2. Hỏi xe tải có thể qua cổng được không? Tại sao?
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho 2 số nguyên a,b thỏa mãn
2 2
1 2( )a b ab a b+ + = + +
Chứng minh a và b là hai số chính phương liên tiếp.
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC). M là trung điểm của cạnh BC. O là tâm của
đường tròn ngoại tiếp tam giác. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng
quy tại H. Các tiếp tuyến với (O) tại B,C cắt nhau tại S. Gọi X,Y lần lượt là giao
điểm của đường thẳng È với các đường thẳng BS,AO. Chứng minh rằng:
1.
MX BF⊥
2. Hai tam giác SMX và DHF đồng dạng
3.
EF BC
FY CD
=
Câu 5: (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đỉnh là các điểm nguyên

(một điểm được gọi là điểm nguyên nếu hoành độ và tung độ của điểm đó là các số
nguyên).
Chứng minh rằng hai lần diện tích của tam giác ABC là một số nguyên.
Hướng dẫn giải
Câu 1: (2,5 điểm)
1. Cho a ≥ 0, a # 1. Rút gọn biểu thức
3
3
1
6 4 2. 20 14 2 ( 3) 3 1 : 1
2( 1)
a
S a a a
a
 
−
= − + + + − − −
 
−
 
2. Cho x,y thỏa mãn 0< x <1, 0 < y <1 và

1
1 1
x y
x y
+ =
− −
1. Tìm giá trị của biểu thức
2 2

P x y x xy y= + + − +
( ) ( ) ( )
( )
3
3
1
6 4 2. 20 14 2 ( 3) 3 1 : 1
2( 1)
2 1
2 2 2 2 1 :
2 1
2 2 4
a
S a a a
a
a a
a
a
 
−
= − + + + − − −
 
−
 
 
− +
 ÷
= − + + −
 ÷
−

 
= + =
2. Cho x,y thỏa mãn 0< x <1, 0 < y <1 v
Ta có .

( )
1 2 1 3
1 1
1 3
2
x y
x y xy
x y
xy
x y
+ = ⇔ + = +
− −
+
⇔ + =
1. Tìm giá trị của biểu thức
2 2
P x y x xy y= + + − +
Thay
1 3
2
xy
x y
+
+ =
Ta có

( )
2
2 2
2 2
3
1 3 1 3 1 3 1 3
3
2 2 2 2
1 3 1 3
2 2
P x y x xy y x y x y xy
xy xy xy xy
xy
xy xy
= + + − + = + + + −
+ + + −
   
= + − = +
 ÷  ÷
   
+ −
= +
Nếu xy> 1/3 Thì P = 2
Nếu xy < 1/3n thì P = 3xy
Câu 2: (2 điểm)
Một xe tải có chiều rộng 2,4m và chiều cao 2,5m muốn đi qua một cái cổng có hình
parabol. Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m và khoảng cách từ đỉnh cổng
(đỉnh parabol) tới mỗi chân cổng là
2 5

m (bỏ qua độ dầy của cổng)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi parabol (P)
2
axy =
với a < 0 là hình biểu diễn
cổng mà xe tải muốn đi qua. Chứng minh a = -1
2. Hỏi xe tải có thể qua cổng được không? Tại sao?
1. Áp dụng định lý py ta go ta có /y/ = 4 thay x = 2
4 = /a/4 suy ra a= -1 ta được y = - x
2

2. Thay x= 1.2 ta có y = 1.44
Khoảng cách còn lại 4- 1.44 = 2.56 vậy ô tô đi qua được
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho 2 số nguyên a,b thỏa mãn

( )
2 2 2 2
2
1 2( ) 1 2 2 2 4
1 4
a b ab a b a b ab a b a
a b a
+ + = + + ⇔ + + − + − =
⇔ − + =
là số chính phương suy ra a là số chính phương a = x
2
(x là số nguyên)
( )
( )

2
2 2 2
2
1 4 1 2
1
x b x x b x
b x
− + = ⇔ − + =
⇔ = −
Vậy a và b là hai số chính phương liên tiếp
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC). M là trung điểm của cạnh BC. O là tâm của
đường tròn ngoại tiếp tam giác. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng
quy tại H. Các tiếp tuyến với (O) tại B,C cắt nhau tại S. Gọi X,Y lần lượt là giao
điểm của đường thẳng È với các đường thẳng BS,AO. Chứng minh rằng:
1.
MX BF⊥
2. Hai tam giác SMX và DHF đồng dạng
3.
EF BC
FY CD
=
1. Ta có BE, CF, AD là ba đường cao .
Suy ra các tứ giác BFHD, BFEC , BFEC nội tếp Góc ACB = góc XFB = góc FBX
( cùng chắn cung AB, góc trong bằng góc ngoài đối diện) . Tam giác BXF cân suy ra
XF = XB. Vì M là trung điểm của BC nên FM là trung tuyến suy ra FM = MB.Vậy
XM là trung trực BF hay
MX BF⊥
2 Xét hai tam giác FHD và tam giác XMS
ta có góc DFH = góc SXM ( vì cùng phụ với hai góc bằng nhau).

Góc FDH = góc FBH = góc BSM ( cùng phụ với hai góc bằng nhau)
Vậy . Hai tam giác SMX và DHF đồng dạng
3 Ta chứng minh được tam giác AFE đồng dạng tam giác ACB và tam giác AFY
đồng dạng tam giác ADC suy ra
3.
EF BC
FY CD
=
Câu 5: (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đỉnh là các điểm nguyên
(một điểm được gọi là điểm nguyên nếu hoành độ và tung độ của điểm đó là các số
nguyên).
Chứng minh rằng hai lần diện tích của tam giác ABC là một số nguyên
Đặt A(x
2,
y
2
). B(x
3
,y
3
). C(x
1,
y
1
) Thì P có hoành độ là x
1
. D có hoành độ x
2
, N có hoành

độ là x
3
. R có tung độ y
2
. S có tung độ là y
1
. T có tung độ là y
3.
S
ABC
= S
CBNP
- S
ABND
- S
ADPC
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
(
( ) ( )
3 2 3 1 3 2 3 2 2 1 2 1
3 3 3 1 2 1 2 3 3 3 3 2 2 3 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1
3 1 2 1 3 2 2 1
1 2 1 3 2 1
1 1 1
2 2 2
1
2
1
)

2
1 1
2 2
y y x x y y x x y y x x
y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x
y x y x y x y x
x y y y x x
= + − − + − − + −
= − − + − + − + − + − +
= − − + +
= − + −
2 S
ABC
= x
1
(y
2
-y
1
) + y
3
(x
2
-x
1
)
Vì các tọa độ là các số nguyên vậy diên tích hai lần diện tích tam giác ABC là số
nguyên
SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MÔN TOÁN
(DÀNH CHO CHUYÊN TOÁN)
Ngày thi: 07 tháng 6 năm 2015
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu)
Câu I (2,0 điểm)
1) Tính giá trị của các biểu thức sau:
a)
4 8 15
3 5 1 5 5
A = − +
+ +
b)
2 2 2 1 2 2 2 1B = + − + − −
2) Rút gọn biểu thức:
2 2
1
1 1
a a a a
C a
a a a a
− +
= − + +
+ + − +
.
Câu II (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:
1 1 1 1
3 1 2 4 9 2 5 4x x x x

+ = +
− + − −
2) Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:
3 3 2
x y z
x y z
+ =


+ =

Câu III (2,0 điểm)
Một vận động viên A chạy từ chân đồi đến đỉnh đồi cách nhau 6km với vận tốc 10km/h rồi
chạy xuống dốc với vận tốc 15km/h. Vận động viên B chạy từ chân đồi lên đỉnh đồi với vận tốc
12km/h và gặp vận động viên A đang chạy xuống. Hỏi điểm hai người gặp nhau cách đỉnh đồi bao
nhiêu ki-lô-mét, biết rằng B chạy sau A là 15 phút.
Câu IV (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn đường kính AB và dây MN có độ dài bằng bán kính (M thuộc cung
AN, M khác A, N khác B). Các tia AM và BN cắt nhau tại I, các dây AN và BM cắt nhau tại K.
1) Chứng minh rằng: IK vuông góc với AB.
2) Chứng minh rằng:
2
. .AK AN BK BM AB+ =
3) Tìm vị trí của dây MN để diện tích tam giác IAB lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm)
1) Chứng minh rằng nếu p và (p+2) là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì tổng của chúng chia
hết cho 12.
2) Cho
0, 0, 0
1

x y z
xyz
> > >


=

. Chứng minh rằng:
1 1 1
1
1 1 1x y y z z x
+ + ≤
+ + + + + +
.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Phòng thi:
Giám thị 1 (Họ và tên, chữ ký):
Giám thị 2 (Họ và tên, chữ ký):
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ
NĂM HỌC 2015-2016
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(DÀNH CHO CHUYÊN TOÁN)
(Hướng dẫn chấm này gồm có 03 trang)
Câu I (2,0 điểm)
Phần,
ý
Nội dung Điểm
1

4(3 5) 8(1 5) 15 5
3 5 2 2 5 3 5 5
4 4 5
A
− −
= − + = − + − + =
−
0.5đ
2 2
( 2 1 1) ( 2 1 1) 2 1 1 1 2 1 2B = − + + − − = − + + − − =
0.5đ
2
ĐK:
0a
≥
,
3 3
( ) 1 ( ) 1
1
1 1
a a a a
C a
a a a a
   
− +
   
= − + +
+ + − +
0.5đ
2

( 1) ( 1) 1 ( 1)a a a a a a= − − + + + = −
0.5đ
Câu II (2,0 điểm)
Phần,
ý
Nội dung Điểm
1
ĐK:
1 2 5
, 2, ,
3 9 4
x x x x≠ ≠ − ≠ ≠
0.25đ
Ta có pt:
5 3 5 3
(3 1)(2 4) (9 2)(5 4 )
x x
x x x x
+ +
=
− + − −
0.25đ
3
5
(3 1)(2 4) (9 2)(5 4 )
x
x x x x
−

=


⇔

− + = − −

3
5
6
7
1
6
x
x
x
−

=



⇔ =



=


.KL
0.5đ
2

Ta có
3 3 2 2 2
( ) ( )( ) 0x y x y x y x xy y x y+ = + ⇔ + − + − − =
0.25đ
Vì x, y nguyên dương nên
0x y+ >
, ta có
2 2
0x xy y x y− + − − =
( )
2
2 2 2 2
2( ) 0 ( ) ( 1) 1 2x xy y x y x y x y⇔ − + − − = ⇔ − + − + − =
0.25đ
Vì x, y nguyên nên có 3 trường hợp: 0.25đ
+ Trường hợp 1:
2
2
0
( 1) 1 2, 4
( 1) 1
x y
x x y z
y
− =


− = ⇔ = = =



− =

+ Trường hợp 2:
2
2
1 0
1
( ) 1 3
2
( 1) 1
x
x
x y z
y
y
− =

=


− = ⇔ ⇒ =
 
=


− =

+ Trường hợp 3:
2
2

1 0
1
( ) 1 3
2
( 1) 1
y
y
x y z
x
x
− =

=


− = ⇔ ⇒ =
 
=


− =

Vậy hệ có 3 nghiệm
(1,2,3);(2,1,3);(2,2, 4)
0.25đ
Câu III (2,0 điểm)
Phần,
ý
Nội dung Điểm
Gọi điểm 2 vận động viên gặp nhau cách đỉnh đồi x km (x>0) 0.25đ

1
Thời gian B đã chạy là
6
12
x−
. Đổi 15p =
1
4
giờ
0.25đ
Thời gian A đã chạy từ chân đồi đến đỉnh đồi là
6 3
10 5
=
giờ
0.25đ
Thời gian A đã chạy từ đỉnh đồi đến chỗ gặp nhau là
15
x
.
0.25đ
Ta có phương trình
1 6 3
4 12 15 5
x x−
+ = +
0.5đ
Giải phương trình được
1( )x km=
. KL

0.5đ
Câu IV (3,0 điểm)
Phần,
ý
Nội dung Điểm
E
K
I
A
B
M
N
1
Ta thấy
,AN BI BM AI⊥ ⊥
nên K là trực tâm tam giác IAB. Do đó
IK AB⊥
1.0đ
2
Vì
AEK ANB∆ ∆∽
nên
. .AK AN AE AB=
0.25đ
Tương tự vì
BEK BMA∆ ∆ ∽
nên
. .BK BM BE BA=
0.25đ
Vậy

2
. . . .AK AN BK BM AE AB BE BA AB+ = + =
0.5đ
3
Chỉ ra
¼
0
60sdMN =
nên tính được
·
0
60AIB =
, do đó điểm I thuộc cung chứa góc
0
60

dựng trên đoạn AB.
0.5đ
Diện tích tam giác IAB lớn nhất khi IE lớn nhất (IE là đường cao của tam giác IAB),
khi đó I nằm chính giữa cung chứa góc
0
60
dựng trên đoạn AB tương ứng với MN
song song với AB.
0.5đ
Câu V (1,0 điểm)
Phần,
ý
Nội dung Điểm
1

Ta có
( 2) 2( 1)p p p+ + = +
0.25đ
Vì p lẻ nên
( 1) 2 2( 1) 4p p+ ⇒ +M M
(1)
Vì p, (p+1), (p+2) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có ít nhất một số chia hết cho 3, mà p và
(p+2) nguyên tố nên
( 1) 3p + M
(2)
0.25đ
Từ (1) và (2) suy ra
[ ]
( 2) 12p p+ + M
(đpcm)
2
Đặt
3
3
3
x a
y b
z c

=

=


=


, vì
, , 0
1
x y z
xyz
>


=

nên
, , 0
1
a b c
abc
>


=

0.25đ
Ta có
3 3 2 2
1 1 ( )( ) 1 ( ) 1 ( )
a b c
x y a b a b a ab b a b ab ab a b c
c
+ +
+ + = + + = + − + + ≥ + + = + + =

Do đó
1
1
c
x y a b c
≤
+ + + +
0.25đ
Tương tự ta có
1
1
a
y z a b c
≤
+ + + +
;
1
1
b
z x a b c
≤
+ + + +
Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế ta có đpcm.
* Chú ý: Các lời giải đúng khác đều được xem xét cho điểm tương ứng.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 12 tháng 6 năm 2015
(Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (1,5 điểm)

Cho hai số thực
a
,
b
thỏa điều kiện
ab = 1
,
a b+ ≠ 0
. Tính giá trị của biểu thức:
( ) ( ) ( )
P
a b
a b a b
a b a b a b
     
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
+ + +
3 3 3 4 2 2 5
1 1 1 3 1 1 6 1 1
Câu 2. (2,5 điểm)
a) Giải phương trình:
x x x x+ + = +
2
2 3 3 3

b) Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
abc a b b c c a− − −

3 3 3 3 3 3
7M
với mọi số nguyên
a
,
b
,
c
.
Câu 3. (2 điểm)
Cho hình bình hành
A BC D
. Đường thẳng qua
C
vuông góc với
CD
cắt đường thẳng
qua
A
vuông góc với
BD
tại
F
. Đường thẳng qua
B
vuông góc với
A B
cắt đường
trung trực của
A C

tại
E
. Hai đường thẳng
BC
và
EF
cắt nhau tại
K
. Tính tỉ số
KE
KF
.
Câu 4. (1 điểm)
Cho hai số dương
a
,
b
thỏa mãn điều kiện:
a b+ ≤ 1
.
Chứng minh rằng:
a
a
a b
− − ≤ −
2
3 9
4 4
Câu 5. (2 điểm)
Cho tam giác

A BC
có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn
O( )
. Gọi
M
là trung điểm của
cạnh
BC
và
N
là điểm đối xứng của
M
qua
O
. Đường thẳng qua
A
vuông góc với
A N
cắt đường thẳng qua
B
vuông góc với
BC
tại
D
. Kẻ đường kính
A E
. Chứng
minh rằng:
a) Chứng minh
BA BC BD BE

=
. 2 .
b)
CD
đi qua trung điểm của đường cao
A H
của tam giác
A BC
.
Câu 6. (1 điểm)
Mười vận động viên tham gia cuộc thi đấu quần vợt. Cứ hai người trong họ chơi với
nhau đúng một trận. Người thứ nhất thắng
x
1
trận và thua
y
1
trận, người thứ hai thắng
x
2
trận và thua
y
2
trận, , người thứ mười thắng
x
10
trận và thua
y
10
trận. Biết rằng

trong một trận đấu quần vợt không có kết quả hòa. Chứng minh rằng:
x x x y y y+ + + = + + +
2 2 2 2 2 2
1 2 10 1 2 10

HẾT
Câu 1.
Với
ab = 1
,
a b+ ≠ 0
, ta có:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
a b
a b
a b
P
a b ab a b ab a b ab
+
+
+
= + +
+ + +
2 2
3 3
3 3 4 2 5

3
6
( )
( )
( )
( )
( )
a b
a b
a b
a b a b a b
+
+
+
= + +
+ + +
2 2
3 3
3 4 5
3
6

( )
( )
( ) ( )
a b
a b
a b a b a b
+
+ −

= + +
+ + +
2 2
2 2
2 4 4
3
1 6

( )
( )
( )
( )
a b a b a b
a b
+ − + + + +
=
+
2
2 2 2 2
4
1 3 6

( ) ( ) ( )
( )
a b a b a b
a b
+ − + + + + +
=
+
2 2 2 2 2 2

4
1 2 3 6
( ) ( )
( )
( )
( )
a b a b a b
a b a b
+ + + + + +
= =
+ +
2 2
2 2 2 2 2 2
4 4
4 4 2

( )
( )
( )
( )
a b
a b ab
a b a b
 
+
+ +
 
= = =
+ +
2

2
2
2 2
4 4
2
1
Vậy
P = 1
, với
ab = 1
,
a b+ ≠ 0
.
Câu 2a.
Điều kiện:
x ≥ −3
Với điều kiện trên, phương trình trở thành:
( ) ( )
(
)
(
)
x x x x− + + + =
2
2
2 3 3 3 0
( ) ( )
(
)
( )

(
)
(
)
x x x x x x⇔ − + − + + + =
2
2
2 2 3 3 3 0
(
)
(
)
x x x x x x⇔ − + − + − + =2 3 3 3 0
(
)
(
)
x x
x x x x
x x

+ =

⇔ − + − + = ⇔

+ =

3 (1)
3 2 3 0
3 2 (2)

•
x
x x
x
x x x
x x x x
x

≥


+
 

≥ ≥
+
  
=

+ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  

+ = − − =
 

 

−

=





2 2
0
1 13
0 0
1 13
(1) : 3
2
3 3 0
2
1 13
2
•
x
x x
x
x x x
x x x x
x

≥

 
≥ ≥
  

=

+ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  

+ = − − =
 

 

= −




2 2
0
0 0
1
(2) : 3 2 1
3 4 4 3 0
3
4
So với điều kiện ban đầu, ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là:
S
 
+
 
=
 
 
 

1 13
1;
2
2b. Method 1:solved brieftly by aristotle pytago
bài toán ph ch ng minh c s l p ph ng chia 7 d 0,1,6ụ ứ đượ ố ậ ươ ư
xét 2 tr ng h pườ ợ
th1 :3 s d khác nhauố ư ⇒abcM7⇒dpcm
th2 :có ít nh t 2 s d gi ng nhau do có 3 s nênấ ố ư ố ố (a
3
−b
3
)(b
3
−c
3
)(c
3
−a
3
)M7⇒dpcm
Method 2 by hoicmvsao
Gi s 1 trong 3 s a,b,c chia h t cho 7 ả ử ố ế ⇒ dpcm.
N u c 3 s u không chia h t cho 7,ế ả ố đề ế
V i ớ x∈N⇒x≡±1,±2,±3(mod7)⇒x
3
≡±1(mod7)
Xet 3 so a
3
,b
3

,c
3
chia 7 có s d là 1 ho c -1 theo nguyên t c Dirichlet ố ư ặ ắ
⇒ T n t i 2 s cùng s d cho7ồ ạ ố ố ư dpcm⇒
Câu 3: solved by aristotle pytago
ΔKBE∼ΔKCF⇒KE/KF=BE/BF
g i giao BD và AC ọ là O v y O là trung i m ACậ đ ể
giao c a AB và OE là Tủ
giao c a AF và BD là Jủ
ΔABE∼ΔAJO góc ⇒ BAE=góc JAO
t giác DJCF n i ti pứ ộ ế
t giác AOBE n i ti pứ ộ ế
⇒CFAˆ=JDCˆ=ABDˆ=AEOˆ⇒ΔATE∼ΔACF⇒ET/CF=AT/AC⇒ET/AT=CF/AC
mà ET/AT=BE/AO⇒CF/AC=BE/AO⇒KE/KF=BE/CF=1/2
Câu 4: solved by hoaadc08
B t ng th c t ng ng v i :ấ đẳ ứ ươ đươ ớ 4a2+9≤3/a+4a/b
Từ b≤1−a , 0<a<1 , Ta có :
3/a+4a/b≥3/a+4a/1−a
Ta CM :3/a+4a/1−a≥4a
2
+9⇔(a
2
+3)(2a−1)
2
/ a(1−a)≥0
B t ng th c cu i úng . Suy ra b t c n CM .ấ đẳ ứ ố đ đ ầ
Câu 5.
a) Chứng minh BA . BC = 2BD . BE
• Ta có:
·

·
DBA A BC+ =
0
90
,

·
·
EBM A BC+ =
0
90
·
·
DBA EBM⇒ =

(1)
• Ta có:

ONA O ME∆ = ∆

(c-g-c)

·
·
EA N MEO⇒ =
Ta lại có:
·
·
·
DA B BA E EA N+ + =

0
90
,

và
·
·
·
BEM BA E MEO+ + =
0
90
·
·
DA B BEM⇒ =

(2)
• Từ (1) và (2) suy ra
BDA BME∆ ∆#
(g-g)
. . .
BD BA BC
BD BE BA BM BA
BM BE
⇒ = ⇒ = =
2

. .BD BE BA BC
⇒ =
2
b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của ∆ ABC

• Gọi
F

là giao của
BD
và
CA
.
Ta có
. .BD BE BA BM
=
(cmt)
BD BM
BA BE
⇒ =
BDM BA E⇒ ∆ ∆#

(c-g-c)
·
·
BMD BEA⇒ =

. Mà
·
·
BCF BEA=
(cùng chắn
»
A B
)

·
·
BMD BCF⇒ =

⇒
/ /MD CF D⇒

là trung điểm
BF
.
• Gọi
T
là giao điểm của
CD
và
A H
.
BCD∆
có
/ /T H BD

T H CT
BD CD
⇒ =
(HQ định lí Te-let) (3)
FCD∆
có
/ /T A FD

T A CT

FD CD
⇒ =
(HQ định lí Te-let) (4)
Mà
BD FD=
(
D
là trung điểm
BF
) (5)
• Từ (3), (4) và (5) suy ra
T A T H=
T⇒
là trung điểm
A H
.
Câu 6:C1:trình bày tắt bởi hxthanh
∑xi=∑yi=10.9/2=45
Và yi=9−xi
Nên ∑y
2
i=∑(9−xi)
2
=10.9
2
−18∑xi+∑x
2
i=∑x
2
i+810−18.45 =∑x

2
i
Cách 2:trình bày đầy đủ solved by aristotle pytago
Do ch có tr n th ng ho c thua nên s tr n th ng b ng s tr n thuaỉ ậ ắ ặ ố ậ ắ ằ ố ậ
⇒x
1
+ +x
10
=y
1
+ +y
10
A
B C
M
O
N
D
H
E
F
T
mà có 45 tr n nên s tr n th ng b ng s tr n thua b ng 45ậ ố ậ ắ ằ ố ậ ằ
Ta có m i ng i d u v i 9 ng i khác nên ỗ ườ ấ ớ ườ x
1
+y
1
=9⇔
2
1

x
=81−18y
1
+
2
1
y
⇒
2
1
x
+
2
10
x
=810−18(y
1
+ y
10
)+(
2
1
y
+
2
10
y
)=810−45.18+
2
1

y
+
2
10
y
=
2
1
y
+
2
10
y
⇒đpcm
Đề thi TS lớp 10 THPT Chuyên Lương Văn Tụy -_Ninh Bình-
năm học 2015 - 2016
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT