đề thi vào lớp 10 môn toán có đáp án

B thi tuyn sinh nm 2015 2016 cỏc tnh

1

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 a 2 + 3a = b 2 + 3b = 2
a) Chng minh rng a + b = 3
b) Chng minh rng a 3 + b3 = 45
Bộ giáo dục đào tạo

2 x + 3 y = 5 xy

2) Gii h phng trỡnh

2
2
2
4 x + y = 5 xy

Cõu 2
1) Tỡm cỏc s nguyờn x, y khụng nh hn 2 sao cho xy 1 chia ht cho ( x 1) ( y 1)
2) Vi x, y l nhng s thc tha món ng thc x 2 y 2 + 2 y + 1 = 0. Tỡm giỏ tr ln nht v
nh nht ca biu thc

P=

xy

3y +1

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 ì 2015 . 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).
1
3
6
10
5
9

ii) Nu s k c vit vo ụ ( i, j ) , ( i > 1) thỡ s k+1 2
4
8

c vit vo ụ ( i 1, j + 1) .
7

iii) Nu s k c vit vo ụ ( 1, j ) thỡ s k+1 c

j

+
1,1
(
)
vit vo ụ
. (Xem hỡnh 1.)
Hỡnh 1
Khi ú s 2015 c vit vo ụ ( m, n.) . Hóy xỏc nh
m v n.
2) Gi s a,b,c l cỏc s thc dng tha món ab + bc + ac + abc 4. Chng minh rng
a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c 2 ( ab + bc + ac )

Hng dn.
Gv : Phm Vn Cng THCS ụng Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

Câu 1. a) Giả sử a,b là hai số thực phân biệt thỏa mãn
 a 2 + 3b = 2
a)  2
b + 3a = 2

 a − b = 0 ( loai )
⇔ a 2 − b 2 + 3 ( a − b ) = 0 ⇔ ( a − b ) ( a + b ) + 3 ( a − b ) = 0 ⇔ ( a − b ) ( a + b + 3) = 0 ⇔ 
 a + b = −3

b) ( a + b ) = −27 ⇔ a 3 + b3 + 3ab ( a + b ) = −27 ⇔ a 3 + b3 − 9ab = −27
3

vì a 2 + 3a + b 2 + 3b = 4 ⇔ ( a + b ) − 2ab + 3 ( a + b ) = 4 ⇔ ab = −2
2

vậy a 3 + b3 = −45

 2 x + 3 y = 5 xy

b). Giải hệ phương trình 

2
2
2
 4 x + y = 5 xy

Ta thấy x-y =0 là nghiệm của phương trình.
Nếu y ≠ 0 nhân hai vế của phương trình với y
2
2
 2 x + 3 y = 5 xy
 2 x + 3 y = 5 xy
 2 x + 3 y = 5 xy
 2 xy + 3 y = 5 xy
⇔ 2
⇔ 2
⇔ 2
 2
2
2
2
2

2
2
2
 4 x + y = 5 xy
 4 x + y = 5 xy
 2 x − xy − y = 0
 4 x + y = 5 xy

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

5


Câu 2.
a)Tìm các số nguyên x, y không nhỏ hơn 2 sao cho xy − 1 chia hết cho ( x − 1) ( y − 1)

Ta có xy – 1 M ( x − 1) ( y − 1) suy ra xy - 1 Mxy +1- x –y
Mà xy +1- x –y M xy +1- x –y
Suy ra : (x-1) + (y -1) M( x − 1) ( y − 1) suy ra x-1 My -1 và y-1 M x -1
Suy ra x= y
X2 – 1 M (x -1)2 ta có x+1 Mx-1 suy ra 2 Mx- 1 suy ra x= 2 hoặc x= 3
2 2
3) Với x, y là những số thực thỏa mãn đẳng thức x y + 2 y + 1 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và

xy
3y +1
− x2 y2 −1
3 3
2 2
x y + 2 y + 1 = 0. ⇔ 2 y = − x y − 1 ⇔ y =
2
xy
xy
P=
=
⇔ 3 px 2 y 2 + 2 xy + p = 0
2 2
2 2
3 ( − x y − 1) + 2 ( −3 x y − 1)

nhỏ nhất của biểu thức P =

Phương trình có nghiêm khi ∆ ≥ 0 suy ra 4 – 12p2 ≥ 0
Vây max P =

3 khi xy = −

1
3 3

suy ra y =

−

3 ≥
p2
⇔
3 ≥
p ≥
−
3

1
−1
14
1 27
27
=−
⇒x=
.

2
27
3 3 14

Câu 3:
a)Ta có : AD là phân giác
Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh
BD AB
=
mà ∆BED, ∆CDF là tam giác cân,
DC AC
BE AB
⇒
=
⇒ BC P FE
CF AC
·
·
·
b) Ta có : BC P FE ⇒ FED
= EDB
= BED
·
·
mà ·APM = 180° − ·AEM = BED
⇒ ·APM = DEF
·

Tương tự : DFE
= ·APN
·
·
·
⇒ ·APN + ·APM = DFE
+ FED
= MPN
·
·
·
·
·
mà MJN
= MDN
= EDF
⇒ MJN
+ MPN
= 180° ⇒ 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 + 8 x 
k (k − 1)
k ( k + 1)
−1 + 1 + 8 x
1 + 1 + 8x
⇒
≤k <
⇒k =

2
2
2
2
2


 − 1 + 1 + 8.2015 
k (k − 1)
+ 1 = 1954
Áp dụng x = 2015 ta có k = 
 = 63 Số đầu tiên ở hàng chéo thứ k = 63 là
2
2



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 : 4 ≥ abc + ab + bc + ac ≥ 4 4 a 3b3c 3 ⇒ 1 ≥ abc ⇒ a + b + c ≥ 3 3 abc ≥ 3 3 a 2b 2 c 2
BĐT tương đương : a 2 + b 2 + c 2 + 3 3 a 2b 2c 2 ≥ 2 ( ab + bc + ac ) (1)
Đặt

3

a 2 = x, 3 b 2 = y , 3 c 2 = z ( x , y , z > 0 )

( 1) ⇔ x3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥ 2

x3 y 3 + 2 z 3 x3 + 2 z 3 y 3

3
3
3
Áp dụng BĐT Schur bậc 3: x + y + z + 3 xyz ≥ xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + xz ( x + z )

⇔ x ( x − y ) ( x − z ) + y ( y − x ) ( y − z ) + z ( z − x ) ( z − y ) ≥ 0 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 ⇒ z ( z − x ) ( z − y ) ≥ 0
2
2
Ta xét x ( x − z ) − y ( y − z ) = x − xz + yz − y = ( x − y ) ( x + y − z ) ≥ 0

⇒ x ( x − z) ( x − y) − y ( y − z) ( x − y) ≥ 0 ⇔ x ( x − z) ( x − y) + y ( y − z) ( y − x) ≥ 0
⇒ x ( x − y ) ( x − z ) + y ( y − x ) ( y − z ) + z ( z − x ) ( z − y ) ≥ 0 ⇒ dpcm

Ta có : x 3 + y 3 + z 3 + 3 xyz ≥ xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + xz ( x + z ) ≥ 2 x 3 y 3 + 2 z 3 x 3 + 2 z 3 y 3
x = y = z
⇒ a = b = c =1
Dấu = xảy ra khi 
 x = y, z = 0
Đề 2

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh
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:
(3a + 3b + 3c )3 = 24 + (3a + b − c)3 + (3b + c − a)3 + (3c + a − b)3
Chứng minh rằng : ( a + 2b ) ( b + 2c ) ( c + 2a ) = 1
2 x + 2 y + xy = 5
3
3
2
 27( x + y ) + y + 7 = 26 x + 27 x + 9 x


2) Giải hệ phương trình: 

Câu II.(3 điểm)

1)Tìm số tự nhiên n để n + 5 và n + 30 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 + x + y + 3 = x + y
3)Giả sử x, y, z là các số thực lớn hơn 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x
y
z
+
+
y+ z−4
z+ x−4
x+ y−4
Câu III.(3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn không cân với AB < AC. Gọi M là trung
P=

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 AN = 2MH
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
 3a + b − c = x

Câu 1: 1. Đặt 3b + c − a = y
 3c + a − b = z



Ta có:
(3a + 3b + 3c )3 = 24 + (3a + b − c)3 + (3b + c − a)3 + (3c + a − b)3 ⇔ ( x + y + z )3 = 24 + x 3 + y 3 + z 3
⇔ ( x + y + z )3 = 24 + ( x + y + z )3 − 3( x + y )( y + z )( z + x) ⇔ 24 − 3( x + y )( y + z )( z + x) = 0
⇔ 24 − 3(2a + 4b)(2b + 4c)(2c + 4a) = 0 ⇔ 24 − 24( a + 2b)(b + 2c)(c + 2a) = 0
⇔ (a + 2b)(b + 2c)(c + 2a ) = 1

2. Ta có :

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh
2 x + 2 y + xy = 5
( x + 2)( y + 2) = 9


⇔

3
3
2
3
3
2
 27( x + y ) + y + 7 = 26 x + 27 x + 9 x
27( x + y ) + y + 7 = 26 x + 27 x + 9 x
⇔ y 3 + x 3 + 7 + 3( x + y )( x + 2)( y + 2) = 27 x 3 + 27 x 2 + 9 x
⇔ y 3 + x 3 + 8 + 3xy ( x + y ) + 12( x + y ) + 6( x + y ) 2 = (3x + 1)3

⇔ ( x + y + 2)3 = (3 x + 1)3 ⇒ x + y + 2 = 3x + 1 ⇔ y + 1 = 2 x
x =1⇒ y = 1
⇒ ( x + 2 ) ( 2 x + 1) = 9 ⇒ 
 x = −3,5 ⇒ y = −8
Vậy ( x, y ) ∈ { ( 1,1) ; ( −3,5, −8 ) }

Câu 2:
 n + 5 = x2
1) Đặt 
2
 n + 30 = y

( x, y ∈ ¥ , x, y > 0 )

 y − x =1
Lại có y − x < y + x nên 

⇔ y 2 − x 2 = 25 ⇔ ( y − x)( y + x) = 1.25 vì ( x, y ∈ ¥ , x, y > 0 )
 y = 13
⇔
 x = 12

 y + x = 25
Thay vào ta tính được n = 139 thoả mãn
2) Ta thấy : 1 + x + y + 3 = x + y và x, y ∈ ¥ ⇒ x, y là các số chính phương.
⇒ x + y + 3, x , y ∈ ¥

Đặt x = a, y = b, x + y + 3 = c ( a, b, c ∈ ¥ )
a + b = c + 1
a + b = c + 1

2

⇒  x + y = a2 + b2 ⇒  2 2 2
⇒ ( a + b − 1) − a 2 − b 2 = 3 ⇔ 2a + 2b − 2ab = − 3 ⇔ ( a − 1) ( b − 1) = 2
c − a − b = 3
 x + y + 3 = c2

a = 2  x = 4
⇒

b
=
3

y = 9
⇒
a = 3  x = 9

⇒
 b = 2  y = 4

Q

3) Ta có :
x
y
z
4x
4y
4z

N+
+
+
⇔P=
+
y+ z−4
z+ x−4
x+ y−4
4 y+ z−4 4 z+ x−4 4 x+ y−4
 x D y
4x
4y
4z
z 
≥
+
+
= 4
+
+
÷≥ 6
y + z −4+ 4 x+ z −4+4 x+ y−4+ 4
 y + z x + z x +Ay 
x = 4
Dấu = xảy ra khi x = y = z = 4 ⇒ 
y = 9
P=

Câu 3:
a P là điểm đối xứng của A qua M.

 HP = HM + MB = 2HM + AH = AN + AH = HNB
 H là trung điểm của NP.Mà BH ⊥ NP

G

H
C

M

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia
P


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

 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
 VBNQ =VCAN  ∠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

GA

GQ

=
 AC = QB 
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

Đề 3
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
2

 a b  1 1 

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

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
2
2
của của hệ phương trình .chứn minh đẳng thức x0 + y0 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0
2
2
Câu 3(1.5điểm )Cho a, b là các số thực khác o.Biết rằng phương trình a ( x − a ) + b ( x − b ) = 0
Có nghiệm duy nhất . Chứng minh a = b

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

Câu 4. ( 3điểm ) Cho tam giác ABC có các góc ABC và góc ACB nhọn góc BAC =
600 . 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
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 giải
Câu 1 (2.5 điểm )
2

 a b  1 1 
 + + 1÷ − ÷

b a
a b
1.Cho biểu thức P =  2 2 
với a>0 , b>0 a ≠ b
a b a b
+ − + ÷
b2 a2  b a 

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
b a  a b 



a 3b 3
P= 2
=
=
=
2
4
4

3
3
4
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 Giả sử a, b thay đổi sao cho 4a + b + ab = 1 . Tìm min P

Áp dụng bât đẳng thức cosi ta có
1 = 4a + b + ab ≥ 5 ab ⇒

1
≥ 25
ab

dấu bằng xảy ra khi b = 4a và 1 = 25ab suy ra 1 = 100b2 suy ra b =

1

2
⇒a=
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
2
2
của của hệ phương trình .chứn minh đẳng thức x0 + y0 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0 1.
1. Thay m = 2 ta

19
19


y = 5
y = 5
x −2 y =−6
2 x −4 y =−12
−5 y =−19



⇔
⇔
⇔
⇔
có 
2 x + y = 7
2 x + y = 7
2 x + y = 7
2 x +19 = 7
x = 9


5
5



x − my = 2 − 4m

x = my + 2 − 4m

x = my + 2 − 4m







2. mx + y = 3m +1 ⇔ m(my + 2 − 4m) + y = 3m +1 ⇔ m 2 y + 2m − 4m 2 + y = 3m +1

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

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh
2

vì m +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 (x0,y0) là một
2
2
nghiệm của của hệ phương trình .chứn minh đẳng thức x0 + y0 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0 1.

3m 2 − 3m + 2
x
=
 0
m2 + 1
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 
3m 2 − 3m + 2 3m + 3 + 12m 2
=
+
÷ +
÷ + 15 +
m2 + 1
m2 + 1
m2 + 1
m2 + 1

 

2

2

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

m2 + 1
m2 + 1
 m +1   m +1
x02 + y02 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0 ⇔ x02 − 5 x0 + 6 + y02 − 5 y0 + 4 = 0

Cách 2.

⇔ ( 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 )
2
2
Cho a, b là các số thực khác o . Biết rằng phương trình a ( x − a ) + b ( x − b ) = 0
Có nghiệm duy nhất . Chứng minh a = b
a ( x − a) + b ( x − b) = 0

2

2

⇔ ax 2 − 2ax + a 3 + bx 2 − 2bx + b3 = 0

⇔ x 2 ( a + b ) − 2 x ( a 2 + b 2 ) + a3 + b3 = 0

Nếu a + b = 0 thi phương trình có nghiệm x = 0.

Nếu a + b ≠ 0. ta có ∆ = ( −2 ( a 2 + b2 ) ) − ( a + b ) ( a 3 + b3 ) = 2a 2b 2 − ab3 − a 3b = −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
2

· IC = BIC
·
· IC + BAC
·
= 120o ⇒ B
= 120o + 60o = 1800 .
1.Ta có B
1
1
1
1
Mà hai góc này đối nhau

Nên tứ giác AB1IC1 nội tiếp (đpcm).
o
·
·
2. Vì tứ giác BC1IK nội tiếp nên BIC
1 = BKC1 = 60
¼ )
( góc nội tiếp cùng chắn BC
1

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia

2


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh
·
· K ( góc nội tiếp cùng chắn » )
= BC
Và BIK
BK
1
·
·
·
= 180o − BAC
− ABC
= 180o − 60o − ·ABC = 1200 − ·ABC
Xét tam giác ABC: KCB
1

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).
= BIK
Suy ra KCB
1

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)
·
Suy ra KAC
= ·AKC ⇒ Tam giác C1AK cân tại C1 ⇒ C1A = C1K (1)
1

1

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


Áp dụng bất đẳng thức cosi
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 + ÷ Dấu bằng xảy ra khi
2 
2 
2


a= b = ½

Đề 4

ĐỀ THI TUYỂN SINH 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
 a −1

S = 6 − 4 2 . 3 20 + 14 2 + 3 ( a + 3) a − 3a − 1 : 
− 1
 2( a − 1) 
x
y
2. Cho x,y thỏa mãn 0< x <1, 0 < y <1 và 1 − x + 1 − y = 1

Tìm giá trị của biểu thức P = x + y + x 2 − xy + y 2
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?
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.
Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (ABO 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:
Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

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
 a −1

S = 6 − 4 2 . 3 20 + 14 2 + 3 ( a + 3) a − 3a − 1 : 
− 1
 2( a − 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+2 = 4

 2 a −1 ÷



(

)(

) (

)

(

)

2. Cho x,y thỏa mãn 0< x <1, 0 < y <1
x

y

1 + 3 xy

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

1 + 3 xy
Ta có
2

P = x + y + x 2 − xy + y 2 = x + y +

( x + y ) − 3xy =
2

2

1 + 3 xy
 1 + 3xy 
+ 
÷ − 3xy
2
 2 

2

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

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) 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?
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 = - x2
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)

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

Cho 2 số nguyên a,b thỏa mãn
a 2 + b 2 + 1 = 2( ab + a + b) ⇔ a 2 + b 2 + 1 − 2ab + 2a − 2b = 4a ⇔ ( a − b + 1) = 4a
2

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

(x

2

− b + 1) = 4 x 2 ⇔ x 2 − b + 1 = 2 x ⇔ b = ( x − 1)
2

2

Vậy a và b là hai số chính phương liên tiếp

Câu 4: (3 điểm)
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)
Đặt A(x2,y2). B(x3,y3). C(x1,y1)
Thì P có hoành độ là x1 . D có hoành độ x2,
N có 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
1
1
= ( − y3 x1 − y2 x1 + y3 x2 + y2 x1 ) = x1 ( y2 − y1 ) + y3 ( x2 − x1 )
2
2
2
=

2 SABC = x1(y2-y1) + y3(x2-x1)
Vì các tọa độ là các số nguyên vậy diên tích hai lần diện tích tam giác ABC là số
nguyên

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

Đề 5

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia

Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh
Đề 6
SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
BÌNH DƯƠNG
Năm học: 2015 – 2016
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 : (1 điểm) Tính: A = 3 x 2 − 2 x − x 2 − 1 với x = 2
x2
Bài 2: (1,5 điểm) 1) Vẽ đồ thị (P) hàm số y =
4
y
=
ax
+
b
2) Xác định a, b để đường thẳng
đi qua gốc tọa độ và cắt (P) tại điểm A
có hoành độ bằng –3.
 x + 2 y = 10

Bài 3 :(2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình:  1
 2 x − y = 1
2) Giải phương trình: x − x − 2 = 0
Bài 4:(2,0 điểm) Cho phương trình x 2 − 2( m + 1) x + 2m = 0 (m là tham số)

1) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm cùng dương.
3) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m.
Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của cạnh AC.
Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N. Đường thẳng BM cắt đường tròn đường
kính MC tại D.
1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn đó.
2) Chứng minh DB là phân giác của góc ADN.
3) Chứng minh OM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MC.
4) BA và CD kéo dài cắt nhau tại P. Chứng minh ba điểm P. M, N thẳng hàng.
§Ò 7
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN

Hải Phòng

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
I. Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm). Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng.
1. Điều kiện xác định của biểu thức A =
A. x ≤

1
2

B. x ≥

1
2

−2

2 x −1

là

C. x <

1
2

D. x >

1
2

2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất ?
A. y =

x
+4
2

B. y =

2x
−3
2

C. y =

−2

+1
x

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia

D. y = −

3 x
+2
5


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh
ax + 3 y = 1
3. Hệ phương trình 
nhận cặp số (-2; 3) là nghiệm khi:
 x + by = −2

A. a = 4; b = 0
B. a = 0; b = 4
C. a = 2; b = 2
2
4. Một nghiệm của phương trình 2x – 3x – 5 = 0 là
A. −

3
2

B. −

5
2

C.

3
2

D. a = -2; b = -2
D.

5
2

5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết cạnh AC = 8, BC = 10 (Trong hình
1). Độ dài đoạn thẳng CH bằng:
A. 2,4

B. 3,6

C. 4,8

D. 6,4

6. Cho đường tròn (O) đường kính AC, hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn (Trong
hình 2). Biết ·ACB = 700 . Số đo góc AMB bằng
A. 400
B. 500
C. 600
D. 700

0
7. Cung AB của đường tròn (O; R) có số đo bằng 120 . Vậy độ dài cung AB là:
πR
2π R
3π R
5π R
B.
C.
D.
3
3
3
3
0
µ
8. Cho tam giác vuông ABC ( A = 90 ); AB = 4 cm, AC = 3 cm. Quay tam giác vuông ABC

A.

một vòng xung quanh cạnh AB cố định. Hình nón được tạo thành có thể tích là:
A. 12π cm3
B. 15π cm3
II. Phần 2: Tự luận (8,0 điểm).

C. 16π cm3

D. 30π cm3

Bài 1 (2,0 điểm).
1. Rút gọn các biểu thức

a) M =

4
8
15
−
+
3 + 5 1+ 5
5

b) N = 3.(

3
2
48 −
75 + 2 3)
4
5

2. Cho hai hàm số y = 2x – 1 + 2m (d) và y = - x – 2m (d’)

(với m là tham số).

a/ Khi m = 1, tìm tọa độ giao điểm của (d) và (d’).
b/ Tìm m để đồ thị (d) và (d’) của hai hàm số cắt nhau tại một điểm có hoành độ dương.
Bài 2 (2,0 điểm). 1. Cho phương trình x2 – (m – 3)x – m + 2 = 0 (1)

(với m là tham số)

a) Giải phương trình (1) khi m = 0.

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không âm.

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

2. Một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi ngược dòng từ bến B về bến A mất 6
giờ 15 phút. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết rằng quãng sông AB dài 60 km
và vận tốc dòng nước là 4 km/h.
Bài 3 (3,0 điểm). Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có đường cao AH. Gọi I và K lần
lượt là hình chiếu của A lên các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O).
a) CMR các tứ giác AHBI và AHCK nội tiếp đường tròn.
b) CMR ∆ AHI và ∆ AKH đồng dạng.
c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AI và AK. ∆ ABC phải thỏa mãn điều kiện gì để
AH = AM + AN ?
Bài 4 (1,0 điểm). Cho hai số dương x và y có tổng bằng 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. B = (1 −

1
1
)(1 − 2 )
2
x
y

HẢI PHÒNG

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN

Phần 1. Trắc nghiệm (2,0 điểm). Mỗi câu đúng được 0,25 điểm
Câu
1
2
Đáp án
C
B
Phần 2. Tự luận (8,0 điểm)

3
A

Bài
Bài 1

4
D

5
D

6
A

7
B

Đáp án
1
1đ

8
A
Điểm

4
8
15
4(3 − 5) 8(1 − 5) 15 15
−
+
a/ M =
=
−
+
3 + 5 1+ 5
5
9−5
1− 5
5
= 3− 5 + 2− 2 5 +3 5 = 5
3
2
b/ N = 3.( 48 − 75 + 2 3) = 3.(3 3 − 2 3 + 2 3)
4
5
= 3.3 3 = 9

0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ

a/ Khi m = 1 tọa độ giao điểm của (d) và (d’) là nghiệm của hệ
2
1đ phương trình  y = 2 x + 1 ⇔  y = 2 x + 1
 y = −x − 2

 x = −1
⇔
2 x + 1 = − x − 2
 y = −1

0,25đ

Vậy điểm M(-1; -1) tọa độ giao điểm của (d) và (d’)
b/ Xét phương trình hoành độ giao điểm
2x – 1 + 2m = -x – 2m ⇔ 3x = 1 – 4m ⇔ x =

0,25đ
1 − 4m
3

0,25đ

Đồ thị (d) và (d’) của hai hàm số cắt nhau tại điểm có hoành độ
(2

0,25đ
Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia

Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh
1 − 4m
1
dương ⇔ x =
> 0 ⇔ 1 – 4m > ⇔ m <
3
4

điểm)

a/ Khi m = 0 phương trình (1) có dạng: x2 + 3x + 2 = 0
Ta có: a – b + c = 1 – 3 + 2 = 0
Phương trình (1) có hai nghiệm x1 = −1; x2 = −2
b/ Phương trình (1) có dạng: a – b + c = 1 + m – 3 – m + 2 = 0

0,25đ
0,25đ

Do đó phương trình (1) có nghiệm x1 = −1; x2 = m − 2
Vì x1 = −1 < 0 nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không

0,25đ

âm ⇔ m – 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ 2
Gọi vận tốc thực của ca nô là x (km / h) . Điều kiện x > 4 .

0,25đ
0,25đ

x1 = 20 thỏa mãn điều kiện của ẩn, x2 =

−3
loại
5

0,25đ

Vậy vận tốc thực của ca nô là 20km/h
2

Vận tốc ca nô xuôi dòng là x + 4 (km / h) , ngược dòng là x − 4 (km / h) .
60
60
(h) , ngược dòng là
( h) .
Thời gian ca nô xuôi dòng là
x+4
x−4

1đ Tổng thời gian ca nô chạy xuôi và ngược dòng là 6h15 phút bằng
25
60
60
25
h Nên ta lập được phương trình
+
=
x+4

4

x−4

4

0,25đ

⇔ 5 x 2 − 96 x − 80 = 0 . Có ∆ ' = ( −48) 2 + 5.80 = 2702 > 0; ∆ ' = 52

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
x1 =

a
Bài 3

48 + 52
48 − 52 −4
= 20; x2 =
=
5
5
5

Hình vẽ

0,5đ

Ta có AH ⊥ BC (gt) ⇒ ·AHB = ·AHC = 900

0,25đ

AI ⊥ BI; AK ⊥ CK (T/c hình chiếu) ⇒ ·AIB = 900 ; ·AKC = 900

0,25đ

+ Xét tứ giác AHBI có: ·AHB + ·AIB = 1800

0,25đ

Suy ra tứ giác AHBI nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết)

(3

+ Tương tự tứ giác AHCK nội tiếp.
Tứ giác AHBI nội tiếp (cmt) ⇒ ·ABI = ·AHI (cùng chắn »AI )

điểm)

b

0,25đ

0,25đ

Tứ giác AHCK nội tiếp(cmt) ⇒ ·AKH = ·ACH (cùng chắn ¼
AH )
Mà ·ABI = ·ACB ( cùng chắn »AB ) hay ·ABI = ·ACH

0,25đ

Do đó ·AHI = ·AKH (1)
·
Chứng minh tương tự ·AIH = AHK
(2)

0,25đ

Từ (1) và (2) suy ra ∆AHI ∞∆AKH (g.g)
Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia

0,25đ


B thi tuyn sinh nm 2015 2016 cỏc tnh
à = 900 ; ãABI = ãACH ) AI = AB
AIB AHC ( I$ = H
AH AC
à =H
à = 900 ; ãACK = ãABH )
AKC AHB ( K

AK AC
=
AH AB

AI AK AB AC
AI + AK AB AC

+
=
+

=
+
AH AH AC AB
AH
AC AB

c

2( AM + AN ) AC AB
=
+
AH
AB AC
AC AB
AC AB
AC AB
+
= 2 Ta cú
+
2
.
=2
Do AM+AN =AH (gt)
AB AC
AB AC
AB AC

M

AC AB
+
= 2 . Du = xy ra khi AB = AC
AB AC

Vy tam giỏc ABC cõn ti A Thỡ AH = AM + AN
x = 1 y
y = 1 x

Cú x + y = 1

Bi 4
(1
im)

0,25

1
1
x 2 1 y 2 1 ( x 1)( x + 1)( y 1)( y + 1)
(1

)(1

)
=

. 2 =
B=
x2
y2
x2
y
x2 y2
( y )( x + 1)( x)( y + 1) ( x + 1)( y + 1) xy + x + y + 1
2
=
=
= 1+
=
2 2
x y
xy
xy
xy
M 1 = x + y v x + y 2 xy (x + y)2 4xy
Do ú 12 = (x + y)2 4xy
1
1
1
4
2




8 B 9

2
2
4 xy ( x + y )
xy ( x + y )
xy
1
Vy min B = 9 khi x = y =
2

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

Đề 7
Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt Năm học
2015 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút

Cõu 1: ( 2 im )
x y = 3
Rỳt gn P = ( 3 + 2)2 + ( 3 2) 2 ; 2) Gii h phng trỡnh
3 x + y = 1

Cõu 2: ( 1,5 im )
1)
Xỏc nh ta cỏc im A v B thuc th hm s y = 2 x - 6 , bit im A cú
honh bng 0 v im B cú tung bng 0
2)
Tỡm m th hm s y = mx 2 i qua im P (1; 2)

1)

Gv : Phm Vn Cng THCS ụng Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

Câu 3: ( 1,5 điểm ) Cho phương trình x 2 − 2( m + 1) x + 2m = 0 (m là tham số)
1)
Giải phương trình với m = 1 .
2)
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 + x2 = 2
Câu 4: ( 1,5 điểm )
1)
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, BC = 6cm . Tính góc C?
2)
Một tàu hỏa đi từ A đến B với quãng đường 40km. Khi đi đến B, tàu dừng lại
20 phút rồi đi tiếp 30km nữa để đến C với vận tốc hơn vận tốc khi đi từ A là 5km/h.
Tính vận tốc của tàu hỏa trên quãng đường AB, biết thời gian kể từ khi tàu hỏa xuất
phát từ A đến khi tới C hết tất cả 2 giờ.
Câu 5: ( 2,5 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O và
ABF thuộc AD). Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC).

1)
Chứng minh bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên một đường tròn.
2)
Chứng minh HE//CD
3)
Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh ME = MF
Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số lớn hơn 1. Chứng minh:
a2
b2
c2
+
+
≥ 12
b −1 c −1 a −1

Gợi ý:
Câu 5c)

Tứ giác MBEO và tứ giác MFCO nội tiếp nên

·
·
·
·
; MCO
MBO
= MEO
= MFO
·
·

Tam giác BOC cân tại O nên MBO
= MCO
·
·
Suy ra MFO
hay tam giác FEM cân tại M
= MEO
Câu 6
a2
Ta có
+ 4(b − 1) ≥ 4a (Côsi)
b −1
Tương tự:
a2
b2
c2
Vậy
+
+
≥ 4(a + b + c) − 4(b − 1 + c − 1 + a − 1) = 12
b −1 c −1 a −1
§Ò 8

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

§Ò 9
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN
HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016
Môn Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)

Câu 1 (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n 2 + 4 và
n 2 + 16 là các số nguyên tố thì n chia hết cho 5.
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 − 2 y ( x − y ) = 2( x + 1).

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

a) Rút gọn biểu thức: A =

Câu 2 (2,0 điểm)

(

2 3+ 5

)

2 2 + 3+ 5

+

(

2 3− 5

)

2 2 − 3− 5

.

b) Tìm m để phương trình: ( x − 2 ) ( x − 3) ( x + 4 ) ( x + 5 ) = m có 4 nghiệm phân biệt.

2
Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x − x − 4 = 2 x − 1 ( 1 − x ) .

 x 3 + xy 2 − 10 y = 0
.
b) Giải hệ phương trình:  2
2
 x + 6 y = 10
Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC = R 3 cố định. Điểm A di động
» sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là
trên cung lớn BC
điểm đối xứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau
tại K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF.
·
a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC
và tứ giác BHCK nội tiếp.
b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất
của tứ giác đó theo R.
c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 5 (1,0 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn:
nhất của biểu thức: P =

1
1 1
+ 2 + 2 = 1. Tìm giá trị nhỏ
2
x
y
z

y2 z2
z 2 x2
x2 y 2
+
+
.
x ( y2 + z 2 ) y ( z 2 + x2 ) z ( x2 + y 2 )
-------------- HẾT--------------

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN

Nội dung
a) (0,5 điểm)
Ta có với mọi số nguyên m thì m 2 chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4.
+ Nếu n 2 chia cho 5 dư 1 thì n 2 = 5k + 1 ⇒ n 2 + 4 = 5k + 5 M5; k ∈ ¥ *.
nên n 2 + 4 không là số nguyên tố.
+ Nếu n 2 chia cho 5 dư 4 thì n 2 = 5k + 4 ⇒ n 2 + 16 = 5k + 20M5; k ∈ ¥ *.
nên n 2 + 16 không là số nguyên tố. Vậy n 2 M5 hay n chia hết cho 5.
b) (1,0 điểm)

x 2 − 2 y ( x − y ) = 2( x + 1) ⇔ x 2 − 2( y + 1) x + 2( y 2 − 1) = 0 (1)
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì ∆ ' theo y phải là số chính phương
2
Ta có ∆ ' = y 2 + 2 y + 1 − 2 y 2 + 2 = − y 2 + 2 y + 3 = 4 − ( y − 1) ≤ 4.

Điểm
0,25

0,25
0,25

∆ ' chính phương nên ∆ ' ∈ { 0;1;4}

0,25

+ Nếu ∆ ' = 4 ⇒ ( y − 1) = 0 ⇔ y = 1 thay vào phương trình (1) ta có :

0,25

2

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

x = 0
x2 − 4x = 0 ⇔ x ( x − 4) = 0 ⇔ 
.
x = 4

2
+ Nếu ∆ ' = 1 ⇒ ( y − 1) = 3 ⇒ y ∉ ¢ .
y = 3
2
.
+ Nếu ∆ ' = 0 ⇒ ( y − 1) = 4 ⇔ 
y
=
−
1

2
+ Với y = 3 thay vào phương trình (1) ta có: x 2 − 8 x + 16 = 0 ⇔ ( x − 4 ) = 0 ⇔ x = 4.
+ Với y = −1 thay vào phương trình (1) ta có: x 2 = 0 ⇔ x = 0.
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên : ( x; y ) ∈ { ( 0;1) ; ( 4;1) ; ( 4;3) ; ( 0; −1) } .

0,25

Câu 2 (2,0 điểm)
Nội dung

Điểm

a) (1,0 điểm)
A=

2(3 + 5)
4+ 6+2 5

+

2(3 − 5)

0,25

4− 6−2 5



 3+ 5 3− 5 
3+ 5
3− 5
 = 2
= 2
+
5+ 5 + 5− 5 ÷
÷
 4 + ( 5 + 1) 2 4 − ( 5 − 1) 2 


 (3 + 5)(5 − 5) + (3 − 5)(5 + 5) 
 15 − 3 5 + 5 5 − 5 + 15 + 3 5 − 5 5 − 5 
= 2
÷
 = 2 
÷
25 − 5
(5 + 5)(5 − 5)





20
= 2. = 2. Vậy A = 2.
20

b) (1,0 điểm)
2
2
Phương trình ( x − 2 ) ( x − 3) ( x + 4 ) ( x + 5 ) = m ⇔ ( x + 2 x − 8)( x + 2 x − 15) = m ( 1)

0,25
0,25
0,25
0,25

Đặt x 2 + 2 x + 1 = ( x + 1) = y ( y ≥ 0 ) , phương trình (1) trở thành:
2

( y − 9 ) ( y − 16 ) = m ⇔ y 2 − 25 y + 144 − m = 0 (2)
2
Nhận xét: Với mỗi giá trị y > 0 thì phương trình: ( x + 1) = y có 2 nghiệm phân biệt, do
đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân
biệt.
∆ ' > 0
∆ ' = 4m + 49 > 0
−49


⇔  S > 0 ⇔ 25 > 0

⇔
< m < 144.
4
P > 0
144 − m > 0


49
< m < 144 thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
4
Câu 3 (2,0 điểm)
Nội dung
a) (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ 1 (*).
Vậy với −

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia

0,25

0,25

0,25
Điểm
0,25


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

2

Ta có: x − x − 4 = 2 x − 1 ( 1 − x ) ⇔ x + 2 x x − 1 + x − 1 − 2( x + x − 1) − 3 = 0
2

Đặt x + x − 1 = y (Điều kiện: y ≥ 1 ( **) ), phương trình trở thành y 2 − 2 y − 3 = 0.
 y = −1
y 2 − 2 y − 3 = 0 ⇔ ( y + 1) ( y − 3) = 0 ⇔ 
y = 3
+Với y = −1 không thỏa mãn điều kiện (**).
+ Với y = 3 ta có phương trình:
x ≤ 3
x ≤ 3
x ≤ 3

x −1 = 3 − x ⇔ 
⇔ 2
⇔  x = 2 ⇔ x = 2
2
x − 1 = 9 − 6x + x
 x − 7 x + 10 = 0
 x = 5


x + x −1 = 3 ⇔

thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
b) (1,0 điểm)
 x 3 + xy 2 − x 2 + 6 y 2 y = 0 (1)
x 3 + xy 2 −10 y = 0



⇔
 2
2
2
2
x
+
6
y
=
10

(2)


x + 6 y = 10
Từ phương trình (1) ta có
x 3 + xy 2 − ( x 2 + 6 y 2 ) y = 0 ⇔ x3 + xy 2 − x 2 y − 6 y 3 = 0

(

)

⇔ x − 2 x y + x y − 2 xy + 3xy − 6 y = 0 ⇔ ( x − 2 y ) ( x + xy + 3 y
3

2

2

2

2

3

2

0,25

0,25

0,25

2

) =0

x = 2y

( x − 2 y ) ( x 2 + xy + 3 y 2 ) = 0 ⇔ 

2
2
 x + xy + 3 y = 0
2
y  11 y 2

2
2

=0⇒ x= y =0
+ Trường hợp 1: x + xy + 3 y = 0 ⇔  x + ÷ +
2
4

Với x = y = 0 không thỏa mãn phương trình (2).
+ Trường hợp 2: x = 2 y thay vào phương trình (2) ta có:
y =1⇒ x = 2
4 y 2 + 8 y 2 = 12 ⇔ y 2 = 1 ⇔ 
 y = −1 ⇒ x = −2

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( x ; y ) ∈ { ( 2;1) ; ( −2; −1) } .
Câu 4 (3,5 điểm)
Nội dung

a) (1,5 điểm)
Ta có ·AKB = ·AEB (vì cùng chắn cung »AB
của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)
Mà ·ABE = ·AEB (tính chất đối xứng) suy ra ·AKB = ·ABE (1)
·
Mặt khác ·ABE = ·ACF (cùng phụ với BAC
) (3).
·
Từ (1), (2) , (3) suy ra ·AKB = ·AKC hay KA là phân giác trong của góc BKC
.
Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB.

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia

0,25

0,25

0,25

0,25

Điểm

0,5
0,25
0,25


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

1·
·
= 1200 ; ·BAC = BOC
= 600 . Trong tam giác vuông ABP
Ta có BC = R 3 nên BOC
2
0 ·
0
0
·
·
có APB = 90 ; BAC = 60 ⇒ ABP = 30 hay ·ABE = ·ACF = 300 .
Tứ giác APHQ có
·AQH + ·APH = 1800 ⇒ PAQ

·
·
·
·
+ PHQ
= 1800 ⇒ PHQ
= 1200 ⇒ BHC
= 1200 (đối đỉnh).
Ta có ·AKC = ·ABE = 300 , ·AKB = ·ACF = ·ABE = 300 (theo chứng minh phần a).
·
·
·
Mà BKC
= ·AKC + ·AKB = ·AFC + ·AEB = ·ACF + ·ABE = 600 suy ra BHC
+ BKC
= 1800

nên tứ giác BHCK nội tiếp.
b) (1,5 điểm)
Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung BC = R 3,
·
·
nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O).
BKC
= 600 = BAC
Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC
(N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC.
1
1
1

Ta có S BHCK = S BHC + S BCK = BC.HM + BC .KN = BC ( HM + KN )
2
2
2
1
1
S BHCK ≤ BC ( HI + KI ) = BC.KH (do HM ≤ HI; KN ≤ KI ).
2
2
Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra KH ≤ 2 R (không đổi)
nên S BHCK lớn nhất khi KH = 2 R và HM + KN = HK = 2 R.
1
Giá trị lớn nhất S BHCK = R 3.2 R = R 2 3.
2
Khi HK là đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là trung điểm
» .
của BC nên ∆ABC cân tại A. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC
·
·
·
c) (0,5 điểm) Ta có BOC
= 1200 ; ·BKC = 600 suy ra BOC
+ BKC
= 1800
nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn.
» = OC
¶ ⇒ BKO
·
·
·

Ta có OB=OC=R suy ra OB
hay KO là phân giác góc BKC
= CKO
·
theo phần (a) KA là phân giác góc BKC
nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định
Câu 5 (1,0 điểm)
Nội dung
P=

1

+

1

+

0,25

0,5

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Điểm

1

 1
 1 1 
 1
1 
1 
x 2 + 2 ÷ y 2 + 2 ÷ z 2 + 2 ÷
x 
y 
y 
z
z
x
1
1
1
Đặt = a; = b; = c thì a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1.
x
y
z
a
b
c
a2
b2
c2
P= 2 2 + 2
+

=
+
+
b + c c + a 2 a 2 + b2 a ( 1 − a 2 ) b ( 1 − b2 ) c ( 1 − c2 )
Ta có

0,25

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia

0,25

0,25


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có
3
1 2
1  2a 2 + 1 − a 2 + 1 − a 2 
4
2
2 2
2
2
a ( 1 − a ) = .2a (1 − a )(1 − a ) ≤ 
=
÷
2

2
3
 27
a2
3 3 2
⇒ a (1 − a ) ≤
⇔
≥
a (1)
2
a (1 − a )
2
3 3
b2
3 3 2
c2
3 3 2
≥
b
(2);
≥
c
Tương tự:
2
2
b(1 − b )
2
c(1 − c )
2
2

2

(3)

0,25

1
3 3 2
3 3
a + b2 + c2 ) =
. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c =
(
3
2
2
3 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
.
2
-------------- HẾT -------------

Từ (1); (2); (3) ta có P ≥
hay x = y = z = 3.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

0,25

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp Chuyên Tin học)

2
Câu 1 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x − 3 x + 2 = 0.

x − y − z = 1

b) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn:  y − z − x = 3.
z − x − y = 5


Câu 2 (2,0 điểm) a) Phép toán T được định nghĩa như sau: aTb =

1 1
− , với a và b là các
a b

1 1 1
− = . Tính giá trị biểu thức: P = ( 5T 6 ) T ( 7 T 8 ) .
2 3 6
b) Cho a và b là các số thực thỏa mãn các điều kiện:
6a 2 + 20a + 15 = 0; 15b 2 + 20b + 6 = 0; ab ≠ 1.

số thực khác 0 tùy ý. Thí dụ: 2 T 3 =

Chứng minh rằng:

b3

ab − 9 ( ab + 1)
2

3

=

6
.
2015

Câu 3 (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 2015 và n + 2199 đều là các số
chính phương.
b) Bạn Nam viết một chương trình để máy tính in ra các số nguyên dương liên tiếp theo thứ
tự tăng dần từ 1 đến 1000 dưới dạng sau:
12345678910111213141516...9989991000.
Trong dãy số trên, tính từ trái qua phải, chữ số thứ 11 là chữ số 0, chữ số thứ 15 là chữ số 2.
Hỏi chữ số thứ 2016 trong dãy số trên là chữ số nào?
Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O, M là điểm di động trên cạnh AB. Trên
cạnh AD lấy điểm E sao cho AM = AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM = BF .

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia


Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 các tỉnh

·
a) Chứng minh rằng đường thẳng OA là phân giác trong của góc MOE
, đường thẳng
·

OB là phân giác trong của góc MOF
. Từ đó suy ra ba điểm O, E, F thẳng hàng.
b) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF. Chứng minh bốn
điểm A, B, H,O cùng nằm trên một đường tròn.
c) Chứng minh rằng khi điểm M di động trên cạnh AB thì đường thẳng MH luôn đi
qua một điểm cố định.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho x là một số thực tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f ( x) = x −1 + 2 x − 2 + 3 x − 3 + 4 x − 4 .

------------------------------------ Hết -------------------------------------HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN

Câu 1 (2,0 điểm)
ĐIỂM

a) (1,00 điểm)
2
Phương trình đã cho tương đương với phương trình x − 3 x + 2 = 0

0,25đ

⇔ ( x − 1) ( x − 2 ) = 0

0,25đ

 x =1
⇔
 x = 2

0,25đ

Phương trình có nghiệm x ∈ { −2; −1;1;2} .
b) (1,00 điểm)
Cộng vế với vế các phương trình đã cho ta được x + y + z = −9.

0,25đ
0,25đ

Phương trình đầu có dạng 2 x − ( x + y + z ) = 1 ⇒ x = −4.

0,25đ

Phương trình thứ hai có dạng 2 y − ( x + y + z ) = 3 ⇒ y = −3.

0,25đ

Phương trình thứ ba có dạng 2 z − ( x + y + z ) = 5 ⇒ z = −2.
Thử lại thỏa mãn. Vậy x = −4, y = −3, z = −2.
Câu 2 (2,0 điểm)

0,25đ
ĐIỂM

a) (1,00 điểm)
Theo định nghĩa phép toán T, ta có:

1 1 1
5T 6 = − =
5 6 30
1 1 1

7T 8 = − =
7 8 56
 1   1 
Suy ra P = ( 5T 6 ) T ( 7 T 8 ) =  ÷T  ÷
 30   56 

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia

0,25đ

0,25đ
0,25đ