Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán trường DHSP hà nội từ năm 2013 đến 2015 (có đáp án)

Bộ giáo dục đào tạo
Trờng đại học s phạm hà nội

cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam

Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc
Đề chính thức
đề thi tuyển sinh
Vào trờng trung học phổ thông chuyên năm 2015
Môn thi : Toán
(Dùng cho mọi thí sinh thi vo trng chuyên)
Thời gian làm bài :120 phút
2

a b 1 1
+ + 1ữ ữ
b a
a b
Cõu 1 (2.5 im ) Cho biu thc P = 2 2
vi a>0 , b>0 a b
a b a b
+ + ữ
b2 a2 b a
1
1 Chng minh p =
ab
2 Gi s a, b thay i sao cho 4a + b + ab = 1 . Tỡm min P

Cõu 2 ( 2 im ) cho h phng trỡnh.
x my = 2 4m

mx + y = 3m + 1

Vi m l tham s
1 Gii phng trỡnh khi m = 2
2. Chng minh h luụn cú nghim vi mi giỏ tr ca m. Gi s (x0,y0) l mt
2
2
nghim ca ca h phng trỡnh .chng minh ng thc x0 + y0 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0
Cõu 3 ( 1.5im )
2
2
Cho a, b l cỏc s thc khỏc o . Bit rng phng trỡnh a ( x a ) + b ( x b ) = 0
Cú nghim duy nht . Chng minh a = b
Cõu 4. ( 3im ) Cho tam giỏc ABC cú cỏc gúc ABC v gúc ACB nhn gúc BAC
= 600 . Cỏc ng phõn giỏc trong BB1, CC1 ca tam giỏc ABC ct nhau ti I.
1. Chng minh t giỏc AB1IC1 ni tip .
2. Gi K l giao im th hai khỏc B ca ng thng BC vi ng trũn ngoi
tip tam giỏc BC1I . Chng minh t giỏc CKIB1 ni tip
2 Chng minh AK B1C1
Cõu 5 ( 1 im) . Tỡm cỏc s thc khụng õm a v b tha món
3 2
3
1
1
2
a + b + ữ b + a + ữ = 2a + ữ 2b + ữ
4
4
2
2

Bộ giáo dục đào tạo
Trờng đại học s phạm hà nội

cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam

Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc

đề thi tuyển sinh

Đề chính thức

Vào khối trung học phổ thông chuyên năm 2015


Môn thi: TON
(Dùng cho mọi thí sinh thi vào chuyên Toán và chuyên Tin)
Thời gian làm bài :150 phút
Cõu 1: (2,5 im)
1. Cho a 0, a # 1. Rỳt gn biu thc
a 1

S = 6 4 2 . 3 20 + 14 2 + 3 ( a + 3) a 3a 1 :
1
2( a 1)

2. Cho x,y tha món 0< x <1, 0 < y <1 v
x
y

+
=1
1 x 1 y

Tỡm giỏ tr ca biu thc P = x + y + x 2 xy + y 2
Cõu 2: (2 im)
Mt xe ti cú chiu rng 2,4m v chiu cao 2,5m mun i qua mt cỏi cng cú hỡnh
parabol. Bit khong cỏch gia hai chõn cng l 4m v khong cỏch t nh cng
(nh parabol) ti mi chõn cng l 2 5 m (b qua dy ca cng)
1. Trong mt phng ta Oxy gi parabol (P) y = ax 2 vi a < 0 l hỡnh biu din
cng m xe ti mun i qua. Chng minh a = -1
2. Hi xe ti cú th qua cng c khụng? Ti sao?
Cõu 3: (1,5 im)
Cho 2 s nguyờn a,b tha món a 2 + b 2 + 1 = 2(ab + a + b)
Chng minh a v b l hai s chớnh phng liờn tip.
Cõu 4: (3 im)
Cho tam giỏc nhn ABC (ABng trũn ngoi tip tam giỏc. Cỏc ng cao AD, BE, CF ca tam giỏc ABC
ng quy ti H. Cỏc tip tuyn vi (O) ti B,C ct nhau ti S. Gi X,Y ln lt l
giao im ca ng thng ẩ vi cỏc ng thng BS,AO. Chng minh rng:
1. MX BF
2. Hai tam giỏc SMX v DHF ng dng
3.

EF BC
=
FY CD

Cõu 5: (1 im)
Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú cỏc nh l cỏc im nguyờn

(mt im c gi l im nguyờn nu honh v tung ca im ú l cỏc s
nguyờn).
Chng minh rng hai ln din tớch ca tam giỏc ABC l mt s nguyờn.
I HC S PHM H NI
HNG DN THI TUYN SINH VO TRNG THPT CHUYấN NM 2015
Mụn thi :TON
( Dựng cho mi thớ sinh vo trng chuyờn )


2

 a b  1 1 
 + + 1÷ − ÷
 b a  a b 
Câu 1 (2.5 điểm ) Cho biểu thức P = 2
với a>0 , b>0 a ≠ b
a b2  a b 
+ − + ÷
b2 a2  b a 
1
1 Chứng minh p =
ab
2 Giả sử a, b thay đổi sao cho 4a + b + ab = 1 . Tìm min P

Hướng dẫn

2
2
2
 a 2 + b 2 + ab  ( a − 2ab + b ) a 4 + b 4 − a 3b − ab3

 a b  1 1 
÷
 + + 1÷ − ÷ 
ab
a 2b 2
1

a 3b 3
1) P =  b 2 a 2  a b  = 
= 4
=
4
4
3
3
4
3
3
a b a b
a + b − a b − ab
a + b − a b − ab
ab
+ 2 − + ÷
2
2 2
2 2
b
a b a
ab
ab

2) Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
1 = 4a + b + ab ≥ 5 ab
1
⇒
≥ 25
ab

Min(P)=25 khi b = 4a và 1 = 25ab suy ra 1 = 100a2 suy ra a =

1
2
;b = ;
10
5

Câu 2 ( 2 điểm ) cho hệ phương trình.
 x − my = 2 − 4m

 mx + y = 3m + 1

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 (x0,y0) là một nghiệm của
2
2
của hệ phương trình .chứng minh đẳng thức x0 + y0 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0
Hướng dẫn
1)Thay m = 2 ta có
19


y=

 x − 2 y = −6
2 x − 4 y = −12
−5 y = −19

5
⇔
⇔
⇔

2 x + y = 7
2 x + y = 7
2 x + y = 7
 2 x + 19 = 7

5
19

 y = 5
⇔
x = 9

5

2)


 x − my = 2 − 4m

 x = my + 2 − 4m
⇔

 mx + y = 3m + 1
m( my + 2 − 4m) + y = 3m + 1
 x = my + 2 − 4m
⇔ 2
2
m y + 2m − 4m + y = 3m + 1

3m 2 − 3m + 2
 x = my + 2 − 4m
x
=
 x = my + 2 − 4m


m2 + 1
2 ⇔
⇔ 2
⇔


m + 1 + 4m
2
2
(m + 1) y = m + 1 + 4m
y =
 y = m + 1 + 4m
2

m +1


m2 + 1

Vì m2 +1 khác 0 phương trình có nghiệm duy nhất với mọi m

3m 2 − 3m + 2
x
=
 0
m2 + 1
3) Thay 
2
 y = m + 1 + 4m
 0
m2 + 1

Ta có
x02 + y02 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = ( x0 − 3) + ( y0 − 4 ) + x0 + 3 y0 − 15
2

2

2

2

 3m 2 − 3m + 2 − 3m 2 − 3   4m 2 + m + 1 − 4m 2 − 4 
=

÷ +
÷ + 15
m2 + 1
m2 + 1

 

2

2

3m 2 − 3m + 2 3m + 3 + 12m 2  −3m − 1   m − 3 
+
+
= 2
÷ + 2 ÷
m2 + 1
m2 + 1
 m +1   m +1
3m 2 − 3m + 2 3m + 3 + 12m 2
+
+
+ 15 = 0
m2 + 1
m2 + 1

Cách khác

x02 + y02 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0

⇔ x02 − 5 x0 + 6 + y02 − 5 y0 + 4 = 0

⇔ ( x0 − 3) ( x0 − 2 ) + ( y0 − 1) ( y0 − 4 ) = 0

3m 2 − 3m + 2
x
=
 0
m2 + 1
2
2
Thay 
ta đươc . x0 + y0 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0
2
 y = m + 1 + 4m
 0
m2 + 1

Câu 3 ( 1.5điểm )
Cho a, b là các số thực khác 0 . Biết rằng phương trình a ( x − a ) + b ( x − b ) = 0
2

Có nghiệm duy nhất . Chứng minh a = b
Hướng dẫn

2


a ( x − a ) 2 + b( x − b) 2 = 0
⇔ ax 2 − 2a 2 x + a 3 + bx 2 − 2b 2 x + b3 = 0

(

)

⇔ x 2 ( a + b ) − 2 x a 2 + b 2 + a 3 + b3 = 0

Nếu a + b = 0 thì phương trình có nghiệm x = 0.
Nếu a + b ≠ 0. ta có

(

∆ = −2 ( a 2 + b2 )

)

2

− ( a + b ) ( a3 + b3 )

= 2a 2b 2 − ab3 − a 3b = − ab ( a − b )

2

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 nghiệm duy nhất khi a và b khác dấu và ∆ = 0 suy ra 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 BB1, CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I.
1> Chứng minh tứ giác AB1IC1 nội tiếp .

2. Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam
giác BC1I . Chứng minh tứ giác CKIB1 nội tiếp
2 Chứng minh AK ⊥ B1C1

Hướng dẫn

· IC = BIC
·
· IC + BAC
·
= 120 ⇒ B
= 120o + 60o = 1800 . Mà hai góc này đối nhau
1. Ta có B
1
1
1
1
Nên tứ giác AB1IC1 nội tiếp (đpcm).
o
·
·
¼
2. Vì tứ giác BC1IK nội tiếp nên BIC
1 = BKC1 = 60 ( góc nội tiếp cùng chắn BC1 )
o

·
· K ( góc nội tiếp cùng chắn » )
= BC
Và BIK

BK
1


o
o
o
0
·
·
·
·
·
Xét tam giác ABC: KCB
1 = 180 − BAC − ABC = 180 − 60 − ABC = 120 − ABC
o
o
0
·
· K = 180o − BKC
·
·
·
·
= BC
Xét tam giác BC1K: BIK
1
1 − ABC = 180 − 60 − ABC = 120 − ABC

·

·
⇒ Tứ giác CKIB1 nội tiếp (đpcm).
Suy ra KCB
1 = BIK
o
·
·
·
·
⇒ KAC
3. Vì BIC
1 = BAC = 60 ⇒ Tứ giác ACKC1 nội tiếp
1 = KCC1 (cùng chắn cung KC1)

·
Và ·AKC1 = ·ACC1 (cùng chắn cung AC1). Mà ·ACC1 = KCC
1 (GT)
·
·
⇒ Tam giác C1AK cân tại C1 ⇒ C1A = C1K (1)
Suy ra KAC
1 = AKC1
CMTT: B1A = B1K (2)
Từ (1), (2) suy ra B1C1 là đường trung trực của AK nên AK ⊥ B1C1 (đpcm

Câu 5 ( 1 điểm) . Tìm các số thực không âm a và b thỏa mãn
3  2
3 
1 
1

 2
 a + b + ÷ b + a + ÷ =  2a + ÷ 2b + ÷
4 
4 
2 
2


Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức Côsi
2

3  2
3  2 1
1  2 1
1 
1
 2
 a + b + ÷ b + a + ÷ =  a + + b + ÷ b + + a + ÷ ≥  a + b + ÷
4 
4 
4
2 
4
2 
2

2

1 

1 
1

 a + b + ÷ ≤  2a + ÷ 2b + ÷
2 
2 
2

1
Dấu bằng xảy ra khi a= b =
2

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
HƯỚNG DẪN THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi :TOÁN VÒNG II
( Dùng cho thí sinh thi chuyên Toán ,Tin )
Câu 1: (2,5 điểm)
1. Cho a ≥ 0, a ≠ 1. Rút gọn biểu thức
 a −1

S = 6 − 4 2 . 3 20 + 14 2 + 3 ( a + 3) a − 3a − 1 : 
− 1
 2( a − 1) 

2. Cho x,y thỏa mãn 0< x <1, 0 < y <1 và
x
y
+
=1
1− x 1− y

Tìm giá trị của biểu thức P = x + y + x 2 − xy + y 2
Hướng dẫn
1)


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

(

)(

) (

)

(

)

2)Ta có .

x
y
+
= 1 ⇔ 2 ( x + y ) = 1 + 3xy
1− x 1− y
1 + 3 xy
⇔ x+ y =
2
1 + 3 xy
Thay x + y =
Ta có
2
P = x + y + x 2 − xy + y 2 = x + y +
2

( x + y)

2

− 3xy
2

1 + 3 xy
1 + 3 xy
 1 + 3xy 
 1 − 3xy 

+ 
+ 
÷ − 3 xy =
÷
2
2
 2 
 2 
1 + 3 xy 1 − 3 xy
=
+
2
2
=

Nếu xy>1/3 Thì P = 3xy
Nếu xy ≤ 1/3 thì P = 1
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) y = ax 2 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?
Hướng dẫn


1. Áp dụng định lý py ta go Vào ∆ HGO ta có OH2 = OG2 – GH2 = (2 5) 2 − 4 = 16
⇒ OH = 4 ⇒ /y/ = 4 thay x = 2
4 = /a/4 suy ra a= -1 Vì a<0 ta được y = - x2

2. Thay x= 1.2 ta có y = 1.44
Khoảng cách còn lại 4- 1.44 = 2.56 thì ô tô đi qua được
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho 2 số nguyên a,b thỏa mãn a 2 + b 2 + 1 = 2( ab + a + b)
Chứng minh a và b là hai số chính phương liên tiếp.
Hướng dẫn
a 2 + b 2 + 1 = 2( ab + a + b) ⇔ a 2 + b 2 + 1 − 2ab + 2a − 2b = 4a
⇔ ( a − b + 1) = 4a
2

4a là số chính phương suy ra a là số chính phương a = x2 (x là số nguyên)

(

 x2 − b + 1 = 2x
b = ( x − 1) 2
x − b +1 = 4x ⇔  2
⇒
2
 x − b + 1 = −2 x b = ( x + 1)
2

)

2

2

Vậy a và b là hai số chính phương liên tiếp
Câu 4: (3 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (ABtròn 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 EF 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

Hướng dẫn

1).Ta có ∠ BFC = ∠ BEC = 900 ( vì BE và CF là hai đường cao )
Áp dụng quỹ tích cung chứa góc ta có tứ giác BFEC nội tiếp.
⇒ ∠ ECB = ∠ BFC
Ta cú ∠ BFC = ∠ XBE ( cùng chắn cung AB)
⇒ ∠ XFB= ∠ XBC
⇒ ∆ XBF cân ⇒ XF = XB (1)
Trong tam giác vuông BFC có FM là trung tuyến ( vì MB = MC )
⇒ MF = MB (2)
Từ (1) , (2) ta cúóXM là trung trực BF
Vậy . MX ⊥ BF
2) xét ∆ DFA và ∆ SXM có ∠ SXM = ∠ DFH ( vì ∠ FXB = ∠ BFD = ∠ ECB )
Ta có BSM = 900 - ∠ SBC
ACF = 900 - ∠ ABC = 900 - ∠ FDH ( vì ∠ FDH = ∠ FCA cùng chắn cung AF)

∠ BAC = ∠ SBC ( vì cùng chắn cung BC)
⇒ ∠ FDH = ∠ XSB. Vậy Hai tam giác SMX và DHF đồng dạng
c) Xét ∆ AEB và ∆ AFC có ∠ BAC chung
∠ AFC = ∠ AEB = 900
AF FE
⇒ ∆ AEB đồng dạng ∆ AFC suy ra
=
(3)
AC BC
Xét ∆ FAY và ∆ DAC có ∠ AFY = ∠ ACD ( vì tứ giác BFEC nội tiếp )
∠ AYF = ∠ ADC = 900
⇒ ∆ FAY đồng dạng ∆ CAD
FY AF (4)
⇒
=
CD AC
EF FY
EF BC
=
⇔
=
Từ (3), (4) ⇒
BC CD
FY CD

Câu 5: (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có cá c đỉnh là các điểm nguyên (một
điểm được gọi là điểm nguyên nếu hoành độ và tung độ của điểm đú là các số nguyên).
Chứng minh rằng hai lần diện tích của tam giác ABC là một số nguyên

Đặt A(x2,y2). B(x3,y3). C(x1,y1) Thỡ P cú hoành độ là x1 . D có hoành độ x2, N cú hoành độ
là x3. R có tung độ y2 . S có tung độ là y1. T có tung độ là y3.
SABC = SCBNP- SABND- SADPC
1
1
1
( y3 + y2 ) ( x3 − x1 ) − ( y3 + y2 ) ( x3 − x2 ) − ( y2 + y1 ) ( x2 − x1 )
2
2
2
1
= ( y3 x3 − y3 x1 − y2 x1 + y2 x3 − y3 x3 + y3 x2 − y2 x3 + y2 x2 − y2 x2 + y2 x1 − y1 x2 + y1 x1 )
2
1
= ( − y3 x1 − y2 x1 + y3 x2 + y2 x1 )
2
1
1
= x1 ( y2 − y1 ) + y3 ( x2 − x1 )
2
2
=

2 SABC = x1(y2-y1) + y3(x2-x1)


Vì các tọa độ là các số nguyên vậy diện tích hai lần diện tích tam giác ABC là số nguyên
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM
2014
MÔN THI: TOÁN (vòng II)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu I
1)Giả sử x; y là những số thực dương phân biệt thỏa mãn
y
2y2
4y4
8y8
+ 2
+
+
=4
x + y x + y 2 x 4 + y 4 x8 − y8
Chứng minh rằng 5 y = 4 x
2 x 2 − 3 y 2 + xy = 12
2) Giải hệ phương trình 
6 x + x 2 y = 12 + 6 y + y 2 x

Câu II
1) Cho x; y là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y là
số chính phương .Chứng minh rằng x=y.
2) Giả sử x; y là những số thực không âm thỏa mãn x 3 + y 3 + xy = x 2 + y 2
Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức
P=

1+ x

2+ y

+

2+ x
1+ y

Câu III
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O)và điểm P nằm trong tam giác
thỏa mãn PB=PC.D là điểm thuộc cạnh BC ( D khác B và D khác C) sao cho
P nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB và đường tròn ngoại tiếp
tam giác DAC .Đường thẳng PB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB
tại E khác B. Đường thẳng PC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DAC tại
F khác C.
1) Chứng minh bốn điểm A,E,P, F cùng nằm trên một đường tròn .
2).Giả sử đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại Q khác A,đường thẳng AF
cắt đường thẳng QC tại L .Chứng minh tam giác ABE đồng dạng với tam
giác CLF.
3) Gọi K là giao điểm của đường thẳng AE và đường thẳng QB chứng minh
∠QKL + ∠PAB = ∠QLK + ∠PAC

Câu IV .
Cho tập hợp A gồm 31 phần tử và dãy gồm m tập con của A thỏa mãn đồng
thời các điều kiện
i)Mỗi tập thuộc dãy có ít nhất 2 phần tử
ii) Nếu hai tập thuộc dãy có chung ít nhất 2 phần tử thì số phần tử của
hai tập này khác nhau.


Chng minh rng m 900

------------------------------------------------Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm
Bộ giáo dục đào tạo
Trờng đại học s phạm hà nội

cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam

Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc
Đề chính thức
đề thi tuyển sinh
Vào trờng trung học phổ thông chuyên năm 2014
Môn thi : Toán
(Dùng cho mọi thí sinh thi vo trng chuyên)
Thời gian làm bài :120 phút
Câu 1(2 điểm) Cho cỏc s thc dng a, b ; a b.Chng minh rng
(a b) 3
b b + 2a a
3a + 3 ab
( a + b )3
+
=0
ba
a a b b
Câu 2(2 điểm) Quóng ng AB di 120 km. Lỳc 7 h sỏng mt xe mỏy i t A n
B. i c

3
xe b hng phi dng li 10 phỳt sa ri i tip vi vn tc kộm
4

vn tc lỳc u 10km/h. Bit xe mỏy n B lỳc 11h40 phỳt tra cựng ngy. Gi s

vn tc xe mỏy trờn

3
1
quóng ng u khụng i v vn tc xe mỏy trờn
4
4

quóng ng sau cng khụng i .Hi xe mỏy b hng lỳc my gi ?
Câu 3 (2 điểm) Trong mt phng ta Oxy cho Parabol (P) : y=x2 v ng
2
3

thng (d) : y = (m + 1)x +

1
(m l tham s )
3

1.Chng minh rng vi mi giỏ tr ca m (P) v (d) luụn ct nhau ti 2 im
phõn bit .
2. Gi x1 ; x 2 l l honh giao im (P) v (d) ,t f(x) = x 3 + (m + 1)x 2 x
1
(x 1 x 2 ) 3
Chng minh rng f(x 1 ) f(x 2 ) =
2
Câu 4 (3 điểm): Cho t giỏc ABCD ni tip ng trũn (O;R) ng kớnh AC
.Gi AC ct BD ti E ,, gi K,M l chõn ng vuụng gúc k t A v C xung BD
( bit K thuc on BE , K B; K E ).ng thng i qua K song song vi BC ct
AC ti P.

1.Cng minh t giỏc AKPD ni tip
2.Chng minh KP PM.
3. Bit ABD = 60 0 v AK=x .Tớnh BD theo R v x.
Câu 5: (1 điểm) Gii phng trỡnh


x(x 2 − 56) 21x + 22
− 3
=4
4 − 7x
x +2

----------------------------------HÕt----------------------------------Ghi chó : C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm
Hä vµ tªn thÝ sinh.................................................................sè b¸o danh

Hướng dẫnthi chuyên Toán SP Hà Nội Vòng 1 ngày 5/6/2014
Câu 1

( a − b) 3
− b b + 2a a
3a + 3 ab
( a − b )3
Q=
+
b−a
a a −b b

(

Q=

)(

)

3

3

a− b
a+ b
− b b + 2a a
3
( a − b)
−
a − b a + ab + b

(

)(

)

(

(

)

3 a a+ b

a− b a+ b

)(

Q=

a a + 3a b + 3b a + b b − b b + 2a a
−
a − b a + ab + b

Q=

3a a + 3a b + 3b a − 3a a − 3a b − 3b a
= 0( ĐPCM )
a − b a + ab + b

(

)(

(

Câu 2 Gọi vận tốc trên

)

)(

(

3 a
a− b

)

)

)

3
quãng đường ban đầu là x (km/h) x>10
4

1
quãng đường sau là x-10 (km/h)
4
3
90
Thời gian đi trên
quãng đường ban đầu là (h)
4
x
1
30
( h)
Thời gian đi trên
quãng đường sau là
4
x

Thì vận tốc trên

9
2

Vì thời gian đi cả 2 quáng đường là 11h40phut – 7h- 10 phut = (h)
Nên ta có PT:

90
30
9
+
=
x x − 10 2

Giải ra x=30 thỏa mãn điều kiện Thời gian đi trên
90
= 3(h) . Vậy xe hỏng lúc 10 h
30

3
quãng đường ban đầu
4


y = x2
 y = x 2

Câu 3 a) xét hệ phương trình  − 2(m + 1) 1 ⇔  2
3 x + 2(m + 1) x − 1 = 0(1)

+
y =
3
3


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.
− 2(m + 1)


− 3( x1 + x 2 )
 x1 + x 2 =
m + 1 =
3
⇔
2
b) theo Vi ét 
x x = − 1
3 x x = −1
 1 2
 1 2
3

ta có
f ( x1 ) − f ( x 2 ) = x13 − x 23 + (m + 1)( x12 − x 22 ) − x1 + x 2
2( f ( x1 ) − f ( x 2 ) ) = 2 x13 − 2 x 23 − 3( x1 + x 2 )( x12 − x 22 ) − 2 x1 + 2 x 2
2( f ( x1 ) − f ( x 2 ) ) = − x13 + x 23 + 3x1 x 2 ( x 2 − x1 ) − 2( x1 − x 2 )
2( f ( x1 ) − f ( x 2 ) ) = − x13 + x 23 + ( x1 − x 2 ) − 2( x1 − x 2 )

[

(

)]

2( f ( x1 ) − f ( x 2 ) ) = −( x13 − x 23 − 3 x1 x 2 ( x1 − x 2 )) = − ( x1 − x 2 ) x12 + x 22 − 2 x1 x 2 = −( x1 − x 2 ) 3

Nên f ( x1 ) − f ( x 2 ) =

−1
( x1 − x 2 ) 3
2

Câu 4

B
K
A

E

O

P

C

M
D

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 ( ng v ) nờn MPD = APK Ta cú
MPD + MPE = 90 0 APK + MPE = 90 0 suy ra KP PM.
3.ta cú AD = R 3 Pitago tam giỏc vuụng AKD vuụng ti K tớnh c
KD = 3R 2 x 2

BD=BK+KD=

tam giỏc BAK vuụng ti K cú gúc ABK=600
x
3

BK = AK . cot ABK =

x
3

+ 3R 2 x 2 ( v di)

Cõu 5 ( 1 im)
Gii phng trỡnh
x(x 2 56) 21x + 22
3

=4
4 7x
x +2

Hng dn

4
KX: x ; x 2 2
7
t : 4 7x = b; x 3 + 2 = a; a; b 0
Thỡ x 3 56 x = x 3 + 2 + 8(4 7 x) 34 = a + 8b 34;21x + 22 = 3(4 7 x) + 34 = 34 3b

Ta cú phng trỡnh

a + 8b 34 34 3b

= 4 a 2 + 8ab 34a 34b + 3b 2 = 4ab (a + b)(a + 3b 34) = 0
b
a
a + b = 0

a + 3b = 34

x = 2 kx

Vi a+b=0 ta cú x 7 x + 6 = 0 ( x 1)( x 2)( x + 3) = 0 x = 3 kx
x = 1 kx
x = 1 kx

3

Vi a+3b=34 ta cú x 21x 20 = 0 ( x + 1)( x + 4)( x 5) = 0 x = 4 kx
x = 5 kx
3

PT cú 6 nghim S = { 4;3;1;1;2;5}

Bộ giáo dục đào tạo
Trờng đại học s phạm hà nội

cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam

Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc

đề thi tuyển sinh

Đề chính thức

Vào khối trung học phổ thông chuyên năm 2013
Môn thi: TON
(Dùng cho mọi thí sinh thi vào chuyên Toán và chuyên Tin)
Thời gian làm bài :150 phút
---------------------------------------Cõu 1.(1,5 im) Gi s a,b,c,x,y,z l cỏc s thc khỏc 0
a b c
tha món + + = 0 v
x y z

x y z
x 2 y2 z2
+ + = 1 .Chng minh rng 2 + 2 + 2 = 1
a b c

a
b
c


Câu 2.(1,5 điểm)Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn
x 1− y2 + y 2 − z2 + z 3 − x2 = 3

Câu 3. (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số:
an = 1+

2.6.10.....(4n − 2)
là một số chính phương
(n + 5)(n + 6)....(2n)

Câu 4.(1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương abc=1 .Chứng minh rằng
1
1
1
3
+
+
≤
ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 4

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
y2
∈A
có ít nhất hai phần tử và nếu x ∈ A, y ∈ A, x > y, thì :
x−y
----------------------------------HÕt-----------------------------------

Ghi chó : C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm
Hä vµ tªn thÝ sinh.................................................................sè b¸o danh

Hướng dẫn 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
a b c
thỏa mãn + + = 0 và
x y z

x y z
x 2 y2 z2
+ + = 1 .Chứng minh rằng 2 + 2 + 2 = 1
a b c
a
b
c

Hướng dẫn
2

2

x y z
x
y2 z2
x y z
 xy yz xz 
+ + = 1 ⇔  + +  = 1 ⇔ 2 + 2 + 2 + 2 +
+  =1
a b c
a
b
c
a b c
 ab bc ac 
x2 y2 z2
 cxy + ayz + bxz 
+ 2 + 2 + 2
 = 1(*)
2
abc
a
b
c


a b c
ayz + bxz + cxy
= 0 ⇔ ayz + bxz + cxy thay vào (*) ta có ĐPCM
Từ x + y + z = 0 ⇔

xyz


Câu 2.(1,5 điểm)Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn
x 1− y2 + y 2 − z2 + z 3 − x2 = 3

Hướng dẫn
A + B2
Áp dụng Bất đảng thức
ta có đúng với mọi A,B
2
x2 +1− y2 y2 + 2 − z 2 z 2 +1− x2
x 1− y2 + y 2 − z2 + z 3 − x2 ≤
+
+
=3
2
2
2
AB ≤

2

Kết hợp với GT ta có Dấu “=” xảy ra khi
x = 1 − y 2
x 2 + y 2 = 1

 2
2
 y = 2 − z 2

y + z = 2
⇔ 2

2
z = 3 − x 2
z + x = 3


2
2
2
x 1 − y + y 2 − z + z 3 − x = 3
x 1 − y 2 + y 2 − z 2 + z 3 − x 2 = 3
x 2 = 1
x = 1
 2

y = 0
⇔ 2
⇔ y = 0
z = 2

z = 2

2
2
2
x 1 − y + y 2 − z + z 3 − x = 3

ĐKXĐ : x ≤ 3; y ≤ 1; z ≤ 2

Câu 3 (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số:
an = 1+

2.6.10.....(4n − 2)
là một số chính phương
(n + 5)(n + 6)....(2n)

Hướng dẫn
2 n .(1.3.5......(2n - 1).(n - 4)!
2 n .(n + 4)!
2 n ..1.2.3....n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)!
=1+
=1+
(2n)!
2.4.6....2n
2 n .1.2.3.4...n
= 1 + (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)

an =1+

(

a n = = n 2 + 5n + 5

)

2

Câu 4(1,5 điểm) Cho x;y;z là các số thực dương abc=1 .Chứng minh rằng
1

1
1
3
+
+
≤
ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 4
x
y
z
Đặt a = y , b = z ; c = x

Hướng dẫn


1
1
1
yz
zx
xy
+
+
=
+
+
ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 xy + xz + 2yz xy + yz + 2xz xz + yz + 2xy
yz
zx
xy

Thì 3 − P = 1 − xy + xz + 2yz + 1 − xy + yz + 2xz + 1 − xz + yz + 2xy
P=



1
1
1

3 − P = ( xy + yz + xz ) 
+
+
 xy + xz + 2yz xy + yz + 2xz xz + yz + 2xy 
1 1 1
1
Áp dụng Bất đẳng thức + + ≥
A B C A+B+C

Ta có 3 − P = ( xy + yz + xz )

9
9
9 3
= ⇔ P ≤ 3− =
4xy + 4yz + 4xz 4
4 4
xy + yz + 2xz = xy + 2yz + xz = 2xy + yz + xz
⇔ x = y = z =1
Dấu “=” xảy ra khi 
xyz = 1

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

H
Q

K

D

a) Đăt AB = a ta có AC = a 2 . Chứng minh Tam giác ADP đồng dạng tam
BM BN
a2
a2
=
⇒ BN .DP =
giác NBM (g.g) suy ra
mà OB.OD=
DP AD
2
2
tam giác DOP đồng dạng BNO (c.g.c). từ đó tính được ∠NOP = 45 0

2. Theo a ta có

OB ON OD
=
=
góc PON = góc ODP=450
DP OP DP


tam giỏc DOP ng dng ONP (c.g.c). suy ra gúc DOP= gúc ONP
nờn DO l tip tuyn ca ng trũn ngoi tiờp tam giỏc OPN
3. t giao im cua MN v BC l Qv AP l K ỏp dung tớnh chỏt phõn giỏc cho
QM

BM KP

DP

QM

KP

QM

QN

tam giỏc MBN; APD QN = BN ; KA = AD QN = KA KP = KA (1) ta cú.
Giar s MP ct AN ti I . K I ct MN ti H p dng nh lớ ta lột

HM HN
=
PK

KA

(2)
HM

QM

T 91) v (2) Suy ra HN = QN Q trựng H, vy BD, PM, AN ng quy
Cõu 6(1 im)
Cú bao nhiờu tp hp con A ca tp hp {1;2;3;4;...;2014} Tha món iu kin A cú ớt
y2
A
nht hai phn t v nu x A, y A, x > y, thỡ :
xy
Hng dn
T GT suy ra y=2x do ú A cú dng { y;2 y} vi y {1;2;3;...;2014} s tp con l 1007
GV Nguyn Minh Sang THCS Lõm Thao-Phỳ Th
Bộ giáo dục đào tạo
cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam
Trờng đại học s phạm hà nội
Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc

Đề chính thức
đề thi tuyển sinh
Vào trờng trung học phổ thông chuyên năm 2013
Môn thi : Toán
(Dùng cho mọi thí sinh thi vào trờng THPT chuyên HSP)
Thời gian làm bài :120 phút
Câu 1(2,5 điểm)
1.Cho biểu thức

3

a b

+ 2a a + b b
ab a với a>0 ; b>0 a b.
a+ b

Q=
+
3a 2 + 3b ab
a a b a
Chứng minh rằng giá trị biểu thức Q không phụ thuộc vào a, b
2.Các số thực a,b,c thỏa mãn a+b+c=0.Chứng minh đẳng thức
(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = 2 a 4 + b 4 + c 4

(

)

Câu 2(2 điểm) Cho Parabol (P) : y=x2 và đờng thẳng (d) : y = mx +
biệt

1
2m 2

( tham số m 0).
1.Chứng minh rằng với m 0 đờng thẳng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân

2. Gọi A( x1 ; y1 ) ; B( x 2 ; y 2 ) là giao điểm của (d) và (P).Tính giá trị nhỏ nhất
của biểu thức M = y12 + y 22
Câu 3 (1,5 điểm) Giả sử a,b,c là các số thực a b sao cho hai phơng trình
x 2 + ax + 1 = 0; x 2 + bx + c = 0; có nghiệm chung và 2 phơng trình x 2 + x + a = 0;
x 2 + cx + b = 0; có nghiệm chung. Tính a+b+c.
Câu 4 (3 điểm): Cho tam giác ABC không cân có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn
(O) Các đờng cao AA1;BB1;CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại H.Các đờng thẳng
A1C1 và AC cắt nhau tại điểm D, gọi X là giao điểm thức hai của đờng thẳng BD
với đờng tròn (O)
1.Chứng minh rằng DX.DB=DC1.DA1
2.Gọi M là trung điểm cạnh AC .Chứng minh DH BM
Câu 5: (1 điểm) Cho các số thực x,y,z thỏa mãn
x + 2011 + y + 2012 + z + 2013 = y + 2011 + z + 2012 + x + 2013

y + 2011 + z + 2012 + x + 2013 = z + 2011 + x + 2012 + y + 2013

Chứng minh rằng x=y=z

----------------------------------Hết----------------------------------Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh.................................................................số báo danh
Bộ giáo dục đào tạo
Trờng đại học s phạm hà nội

cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam

Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc

đề thi tuyển sinh

Đề chính thức

Vào khối trung học phổ thông chuyên năm 2013
Môn thi: TON
(Dùng cho mọi thí sinh thi vào chuyên Toán và chuyên Tin)
Thời gian làm bài :150 phút
---------------------------------------Cõu 1 (2,5 im)

1.Cho cỏc s thc a, b,c tha món ng thi hai ng thc sau
i. ( a + b )( b + c )( c + a ) = abc
ii. ( a 3 + b 3 )( c 3 + b 3 )( a 2 + c 3 ) = a 3b 3 c 3
Chng minh rng a=b=c
2.Cho cỏc s thc dng a,b tha món ab > 2013a + 2014b
2
Chng minh bt ng thc a + b > ( 2013 + 2014 )
Cõu 2 (2 im)Tỡm tt c cỏc cp s hu t (x;y) tha món h phng trỡnh
x 3 2 y 3 = x + 4 y
2
6 x 19 xy + 15 y 2 = 1

Cõu 3 (1im) Vi mi s nguyờn dng n,kớ hiu Sn l tng n s nguyờn t u
tiờn
( S1=2;S2=2+3; S3=2+3+5.) .Chng minh rng trong dóy s S1; S2; S3.. khụng
tn ti hai s hng liờn tip u l s chớnh phng.


Cõu 4 (2,5im) Cho tam giỏc khụng cõn ABC ni tip ng trũn (O) ,BD l
phõn giỏc gúc BAC.ng thng BD ct (O) ti im th hai E .ng trũn (O1)
ng kớnh DE ct ng trũn (O) ti im th hai F
1.Chng minh rng ng thng i xng vi ng thng BF qua ng thng
BD i qua trung im ca cnh AC

2.Bit tam giỏc ABC vuụng ti B gúc BAC=600 v bỏn kớnh ng trũn (O) bng
R .Tớnh bỏn kớnh ng trũn (O1) theo R
Cõu 5(1im) di ba cnh ca tam giỏc ABC l ba s nguyờn t .Chng
minh rng din tớch ca tam giỏc ABC khụng th l s nguyờn
Cõu 6(1im) Cho a1,a2;.a11 l cỏc s nguyờn dng ln hn 2 ụi mt khỏc
nhau v tha món a1+a2+.+a11=407 tn ti hay khụng s nguyờn dng n sao cho
tng cỏc s d ca cỏc phộp chia n cho 22 s a1,a2;.a11 , 4a1,4a2;.4a11 bng
2012.
----------------------------------Hết----------------------------------Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh.................................................................số báo danh
Trờng đại học s phạm hà nội

đề thi tuyển sinh
Vào trờng trung học phổ thông chuyên năm 2013
Môn thi : Toán
(Dùng cho mọi thí sinh thi vào trờng THPT chuyên HSP)
Câu 1(2,5 điểm)
1.Cho biểu thức
3

a b

+ 2a a + b b
ab a với a>0 ; b>0 a b.
a
+
b


Q=

+
3a 2 + 3b ab
a a b a
Chứng minh rằng giá trị biểu thức Q không phụ thuộc vào a, b
2.Các số thực a,b,c thỏa mãn a+b+c=0.Chứng minh đẳng thức
(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = 2 a 4 + b 4 + c 4
Hng dn
Cõu 1:

(

)


a)
3

a b

ữ + 2a a + b b
ab a
a+ b

Q=
+
=
2
3a + 3b ab
a a b a
=

(

a b

)

3

+ 2a a + b b

3a + 3b ab
2



a

(

a b

a ( a b)

)

a a b b 3a b + 3b a + 2a a + b b
1
3a a 3a b + 3b a
1

=

2
2
3a + 3b ab
a+ b
3a + 3b ab
a+ b

( 3a
=

a 3a b + 3b a

( 3a

2

)(

+ 3b ab

)

a + b 3a 2 3b ab

)(

a+ b

)

=

3a 2 + 3a ab 3a ab 3ab + 3ab + 3b ab 3a 2 3b ab

(

3a 2 + 3b ab

)(

a+ b

)

=0

b)
Ta cú a 4 + b 4 + c 4 = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 )(*)
T a+b+c=0 ta cú
a2 + b2 + c2
a2 + b2 + c2

ab + bc + ca =
a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 2abc ( a + b + c) =
2
2

2( a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) =

2

(a 2 + b 2 + c 2 ) 2
2

Thay vo (*) Ta cú PCM
Cỏch khỏc
a + b + c = 0 a 2 + b 2 + c 2 = 2 ( ab + bc + ac )

a 4 + b 4 + c 4 + 2 ( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) = 4 ( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) + 4abc ( a + b + c )
= 4 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 )

2 ( a 4 + b4 + c4 ) = ( a 2 + b2 + c 2 )

2

Câu 2(2 điểm) Cho Parabol (P) : y=x2 và đờng thẳng (d) : y = mx +
biệt

1
2m 2

( tham số m 0).
1.Chứng minh rằng với m 0 đờng thẳng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân

2. Gọi A( x1 ; y1 ) ; B( x 2 ; y 2 ) là giao điểm của (d) và (P).Tính giá trị nhỏ nhất
của biểu thức M = y12 + y 22

Hng dn
Cõu 2
1. Ta cú ta giao (d) v (P) l nghim ca h PT


y = x2
y = x2



1 ⇔ 2
1
= 0; (*)
 y = −mx +
 x + mx −
2
2m
2m 2


2
Xét PT(*) có ∆ = m 2 + 2 ≥ 2 2 > 0
m

⇒ Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với ∀m ≠ 0
Vậy (d ) cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt
2.
Ta có

(

M = y12 + y 22 = x14 + x24 = x12 + x22

)

2

[(

− 2 x12 x22 = x1 + x2

)

2

− 2 x1 x2

] − 2x x
2

 x1 + x 2 = − m

− 1 thay vào M ta có
Áp dụng định lý Viet: 
 x1 x 2 = 2m 2
2

1 
1
1


M =  m2 + 2  −
= m4 +
+2≥ 2 +2
4
m 
2m
2m 4


1
2
C©u 3 (1,5 ®iÓm)Gi¶ sö a,b,c lµ c¸c sè thùc a ≠ b sao cho hai ph¬ng tr×nh
x 2 + ax + 1 = 0; x 2 + bx + c = 0; cã nghiÖm chung vµ 2 ph¬ng tr×nh x 2 + x + a = 0;
x 2 + cx + b = 0; cã nghiÖm chung. TÝnh a+b+c.
Hướng dẫn
Câu 3:
x 2 + ax + 1 = 0 ( 1)
Min(M)= 2 + 2 khi m = ± 8

x 2 + bx + c = 0 ( 2 )
x 2 + x + a = 0 ( 3)

x 2 + cx + b = 0 ( 4 )
Gọi x1 là nghiệm chung của phương trình (1) và (2)
Từ (1),(2)
x12 + ax1 + 1 = 0
x12 + bx1 + c = 0

⇒ x1 ( a − b ) = c − 1

c −1
(5)
Vì a ≠ b ⇒ x1 =
a−b
CMTT :
Nếu c = 1 ⇒ a = b (vô lý) ⇒ c ≠ 1

2 2
1 2


Ta cú : x2 =

ab
(6)
c 1

T (5), (6) x1 x2 = 1 x1 =
2
T (1) , (3) x1 + ax1 + 1 =

1
x2

1
1
+ a + 1 = 0 x22 + ax2 + 1 = 0 x1 = x2 = 1
2
x2
x2

a = 2

a + b + c = 3
b
+
c
=

1

Câu 4 (3 điểm): Cho tam giác ABC không cân có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn
(O) Các đờng cao AA1;BB1;CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại H.Các đờng thẳng
A1C1 và AC cắt nhau tại điểm D, gọi X là giao điểm thức hai của đờng thẳng BD
với đờng tròn (O)
1.Chứng minh rằng DX.DB=DC1.DA1
2.Gọi M là trung điểm cạnh AC .Chứng minh DH BM
Hng dn
D

A
B1
M

C1
X
B

N

H
A1
C

a)Ta cú t giỏc AC1 A1C , ABXC l cỏc t giỏc ni tip
DC DX
DCX
DBA ( g .g )
=
BD.DX = DC. AD
DB DA
DA1 DC
=
DC. AD = DA1.DC1
DCA1 DC1 A ( g .g )
DA DC1
DA1.DC1 = DX .DB
d) Ta thy :theo a) DA1.DC1 = DX .DB suy ra BC1 HA1 , BC1 A1 X l cỏc t giỏc ni
tip
ã
ã H = 180 BXH
ã
BC1HX l t giỏc ni tip BXH
+ BC
= 90 HX BX
1


Kẻ đường kính BL.
·

Ta có : BAL
= 90° ( chắn nửa đường tròn) ⇒ BA ⊥ AL mà CH ⊥ BA ⇒ CH P AL
·
BCL
= 90° ( chắn nửa đường tròn) ⇒ BC ⊥ CL mà AH ⊥ BC ⇒ AH PCL
⇒ AHCL là hình bình hành.
Vì M là trung điểm AC ⇒ M là trung điểm LH
·
mà BXL
= 90° ( chắn nửa đường tròn) ⇒ BX ⊥ XL mà HX ⊥ BX ⇒ L, H , X thẳng
hàng
hay M , H , X thẳng hàng.Nên H là trực tâm tam giác BDM nên DH ⊥ BM
C©u 5: (1 ®iÓm) Cho c¸c sè thùc x,y,z tháa m·n
 x + 2011 + y + 2012 + z + 2013 = y + 2011 + z + 2012 + x + 2013

 y + 2011 + z + 2012 + x + 2013 = z + 2011 + x + 2012 + y + 2013

Chøng minh r»ng x=y=z
Híng dÉn

 x + 2011 + y + 2012 + z + 2013 = y + 2011 + z + 2012 + x + 2013

 y + 2011 + z + 2012 + x + 2013 = z + 2011 + x + 2012 + y + 2013
 y + 2012 − y + 2011 + z + 2013 − z + 2012 = x + 2013 − x + 2011
⇔
 z + 2012 − z + 2011 + x + 2013 − x + 2012 = y + 2013 − y + 2011
1
1
2


 y + 2012 + y + 2011 + z + 2013 − z + 2012 = x + 2013 + x + 2011

⇔
1
1
2

+
=
 z + 2012 + z + 2011
x + 2013 + x + 2012
y + 2013 + y + 2011

1
1

 y + 2012 + y + 2011 − x + 2013 + x + 2011 =

⇔
1
1

−
=
 z + 2012 + z + 2011
y + 2013 + y + 2011


1
x + 2013 + x + 2011

2
y + 2013 +

y + 2011

−
−

1
z + 2013 + z + 2012
1
x + 2013 + x + 2012

Nếu xNếu xVậy x=y=z
Cách khác Giả sử z ≥ x, z ≥ y
Ta có :

(1)
( 2)