bộ đề thi vào lớp 10 toán

www.VNMATH.com

SỞ GD&ĐT LONG
AN
---------------ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
CHUYÊN LONG AN
NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian
phát đề)
ĐỀ 1

Câu 1 (1,5 điểm)
x x−y y
  x− y
P
=
+
xy
:

÷
Cho biểu thức 
÷  x − y
x
−
y


 
a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tìm tất cả các số tự nhiên x, y để P = 3 .


÷
÷


với điều kiện x, y ≥ 0, x ≠ y .

Câu 2 (2,0 điểm)
Cho phương trình x 2 − x + m = 0 . Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương
trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 < x2 < 2 .
Câu 3 (1,0 điểm)
Giải phương trình x 2 + 4 x + 7 = ( x + 4) x 2 + 7 .
Câu 4 (2,5 điểm)
Gọi ( O ) là đường tròn tâm O , đường kính AB . Gọi H là điểm nằm giữa A
và O , từ H vẽ dây CD vuông góc với AB . Hai đường thẳng BC và DA cắt
nhau tại M . Gọi N là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AB .
a) Chứng minh: tứ giác MNAC nội tiếp.
b) Chứng minh: NC là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) .
c) Tiếp tuyến tại A của đường tròn ( O ) cắt đường thẳng NC tại E . Chứng
minh đường thẳng EB đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH .
Câu 5 (1,0 điểm)
Kì thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Long An năm nay có 529 học
sinh đến từ 16 địa phương khác nhau tham dự. Giả sử điểm bài thi môn
Toán của mỗi học sinh đều là số nguyên lớn hơn 4 và bé hơn hoặc bằng 10.
Chứng minh rằng luôn tìm được 6 học sinh có điểm môn Toán giống nhau
và cùng đến từ một địa phương.

Câu 6 (1,0 điểm)
Cho các số thực a, b, c, d sao cho 1 ≤ a, b, c, d ≤ 2 và a + b + c + d = 6 .
Tìm giá trị lớn nhất của P = a 2 + b2 + c 2 + d 2 .
Câu 7 (1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD với AB = a, AD = b . Trên các cạnh
AD, AB, BC , CD lần lượt lấy các điểm E , F , G , H sao cho luôn tạo thành tứ


giác EFGH . Gọi P là
P ≥ 2 a 2 + b2 .

www.VNMATH.com
chu vi của tứ giác EFGH

. Chứng minh:

Câu 1b

Vì

(0,75
điểm)

Suy ra

Câu 2

∆ = 1 − 4m

(2,0

điểm)

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

P= x+ y

x1 =

P=3

nên

0 ≤ x ≤ 3;0 ≤

y ≤3

0 ≤ x ≤ 9;0 ≤ y ≤ 9

cần tìm là :

x, y

Vì

và

x = 0 x = 9 x = 1 x = 4
,
,
,


y = 9 y = 0 y = 4 y =1

⇔m<

1
4

1 − 1 − 4m
1 + 1 − 4m
; x2 =
2
2

nên

x 1 < x2 < 2

Suy ra
Suy ra

1 + 1 − 4m
<2
2

1 − 4m < 3
m > −2

Giá trị của

m cần tìm

là

−2 < m <

1
4

Câu 3

x 2 + 4 x + 7 = ( x + 4) x 2 + 7 ⇔ x 2 + 7 − x x 2 + 7 + 4 x − 4 x 2 + 7 = 0

(1,0
điểm)

⇔

(

x2 + 7 − 4

)(

 x2 + 7 − 4 = 0
⇔
 x 2 + 7 − x = 0
x = 3
⇔
 x = −3

)

x2 + 7 − x = 0


www.VNMATH.com

Câu 4a

M

C

(0,75
điểm)

E

I
A

N

H
O
B

D

·
Ta có : MNA
= 900 (giả thiết)

Ta có

·
ACB
= 900 (góc

nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))Suy ra

·
ACM
= 900

Vì tứ giác

MNAC

có

·
·
ACM
+ MNA
= 1800

Câu 4b

Vì

MNAC

nội tiếp và

(0,75
điểm)

Vì

ADBC

nội tiếp nên

Câu 4c

Gọi I là giao điểm cùa

(1,0
điểm)

Từ (*) và (**) suy ra

MN

·ADC = ABC
·

Suy ra

⇒

và

CH

·ACN = ADC
·

(*)

(**)

·ACN = ABC
·
.Vậy NC
BE

nên

là tiếp tuyến của ( O )

;Ta có

CA là

phân giác trong của tam giác ∆ECI

CB ⊥ CA ⇒

CB là phân giác ngoài của tam giác ECI

BI CI
=
(1)
BE CE

Ta có

IH

song song

Mặt khác:

AE = CE

EA

Vậy

BE

IH

BI

(cùng ⊥ AB ) ⇒ AE = BE (2)

(3) ( AE , CE là tiếp tuyến )

Từ (1), (2) và (3) suy ra

(1,0
điểm)

CD

·
·
AB ⊥ CD ⇒ »AC = »AD ⇒ ECA
= ACD

Ta có

Câu 5

song song

nên nội tiếp

CI = IH

đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH .

Ta có 529 học sinh có điểm bài thi từ 5 điểm đến 10 điểm
Theo nguyên lý Dirichlet ta có 89 học sinh có điểm bài thi như
nhau (từ 5 điểm đến 10 điểm)
Ta có 89 học sinh có điểm bài thi như nhau và đến từ 16 địa

www.VNMATH.com

phương
Theo nguyên lý Dirichlet tìm được 6 em có cùng điểm thi môn
toán và đến từ cùng một địa phương
Ta có 1 ≤ a ≤ 2 suy ra ( a − 1) ( a − 2 ) ≤ 0 ;Suy ra

âu 6
Suy ra

a 2 + b2 + c 2 + d 2 ≤ 3 ( a + b + c + d ) − 8 = 10

Giá trị lớn nhất của
các hoán vị )
Câu 7

F

A

a 2 ≤ 3a − 2

P

là 10 (

P = 10 với a = 2, b = 2, c = 1, d = 1

hoặc

B

I

( 1,0
điểm)

E

G

K
M
D

H

C

Gọi I, K, M theo thứ tự là trung điểm của EF, EG và GH.

AEF vuông tại A có AI là trung tuyến nên AI=
MC=

1
.GH
2

1
. EF
2

Tương tự

.
1

IK là đường trung bình của EFG nên IK= 2 .FG . Tương tự
KM=

1
. EH
2

P= EF + FG + GH +HE= 2(AI + IK + KM + MC)
Ta có: AI + IK + KM + MC ≥ AC Suy ra P≥ 2AC=

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
CHUYÊN
KIÊN GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

2 a 2 + b2

ĐỀ 2
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2014-2015
Môn thi : TOÁN CHUYÊN

www.VNMATH.com

Thời gian làm bài : 150 phút , Không kể thời gian giao đề
Bài 1: (1,5 điểm)Cho biểu thức:
1/ Rút gọn biểu thức .

M=

2
2( x + 1) x − 10 x + 3
+
+
, ( x ≥ 0, x ≠ 1).
x −1 x + x + 1
x3 − 1

2/ Tìm x để biểu thức có giá trị lớn nhất.

Bài 2: (1,5 điểm)Cho parabol (P)

y=

x2
2

; đường thẳng (d) : mx + ny = 2 và

hai điểm M(0; 2); N(4; 0)

1) Tìm m, n biết đường thẳng (d) đi qua hai điểm M, N.Khi đường thẳng
(d) đi qua điểm M. Chứng minh rằng (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm
phân biệt A và B. Tìm tọa độ A và B biết rằng khoảng cách giữa hai
điểm A và B bằng 6 2.
Bài 3. (1,5 điểm)Cho phương trình x2 + ax + b + 1 = 0 với a, b là tham số.
Tìm giá trị của a, b để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn
điều kiện:


 x1 − x2 = 3
 3
.
3

 x1 − x2 = 9

Bài 4: (2 điểm)1/ Cho 2 số thực a,b thỏa a + b = 20. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: T = a3 + b3.
2/ Cho hai số thực a, b. Chứng minh rằng: 2(a4 + b4) ≥ ab3 + a3b + 2a2b2.
Bài 5: (3,5 điểm)Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi d là
đường thẳng đi qua A và vuông góc với AB. Lấy điểm C trên đường tròn
sao cho BC > R, dựng CD vuông góc với AB (D thuộc AB). Gọi E là điểm
trên tia CD sao cho ED = BC (theo thứ tự C, D, E). Các tiếp tuyến EP, EQ
với đường tròn tâm O (P và A nằm cùng phía so với DE) cắt đường thẳng d
lần lượt tại N và K; CE cắt đường tròn tâm O ở F.
1) Chứng minh: EF2 = CE.EF.
2) Chứng minh EP = BD.
3) Đặt KN = x, BD = y. Tính diện tích tam giác EKN theo R, x,
y.
4) Chứng minh KN = AB.

Bài 1 1) Rút gọn được M =

5 x −3
.
x + x +1


www.VNMATH.com

2) Để tìm max của M ta dùng phương pháp miền giá trị.
Đặt

t = x ≥ 0, M =

có nghiệm thì
khi
Bài 2

5t − 3
⇔ Mt 2 + ( M − 5)t + M + 3 = 0 ,
t + t +1
2

∆ ≥ 0. ∆ = (1

t

– M)(3M + 25) ≥ 0

=

2

để phương trình theo biến t

⇔

−25
≤ M ≤ 1 .Vậy
3

và

x

max M = 1
=

4.

1) Thay tọa độ các điểm M, N vào phương trình của (d) tìm được
1
y = − x + 2.
2

2) Khi (d) đi qua M(0; 2) ta tính được n = 1, thay vào phương trình ta được
pt (d): y = - mx + 2.
Đưa về phương trình hoành độ giao điểm:

x2

= −mx + 2 ⇔ x 2 + 2m − 4 = 0 .
2

(1) do a,

c trái dấu pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Gọi hai điểm cắt là
A( x1 ; y1 ); B ( x2 ; y2 ) . Để tìm tọa độ hai điểm A, B ta giải phương trình AB2 = (x2
2

2

2

– x1) + (y2 – y1) (2) với AB =
( y2 − y1 )

2

6 2

và ( x2 − x1 )

2

 ∆
2
= 
÷
÷ = 4m + 16 ,
a




Thay vào (2) ta được phương trình: m2 + 5m2 – 14 = 0.
Giải phương trình được nghiệm m2 = 2, hay m = ± 2 , thay vào phương trình
= m 2 (4m 2 + 16) .

(1) được tọa độ của hai điểm A, B là :

(

)(

6 − 2; 4 − 2 3 ; − 6 − 2; 4 + 2 3

)

(

)(

6 + 2; 4 + 2 3 ; − 6 + 2; 4 − 2 3

)

hoặc

.

Bài 3.

- Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

∆ = a 2 − 4b − 4 ≥ 0. (*)

- Theo định lý Viet ta có: x1 + x2 = - a , x1.x2 = b + 1, kết hợp với điều kiện

của giả thiết ta có hệ phương trình:

(3), (4) vào (2), ta được hệ:

 x1 − x2 = 3
 3 3
 x1 − x2 = 9

 x1 + x2 = 3
x x = b +1
 1 2

2

a − b = 4
 2
.

a − 4b = 13

(1)
(2)
(3)

. Bình phương (1); thay

(4)

Giải tiếp hệ phương trình này ta


www.VNMATH.com

được b = - 3 , a = ± 1. Các giá trị a, b tìm được thỏa điều kiện (*) thế vào
phương trình (1) thử lại đểu thỏa .
Bài 4.
1) Tách hằng đẳng thức a3 + b3 rồi thế điều kiện a + b = 20 vào biểu thức T,
ta được kết quả:
T = 60(a – 10) 2 + 2000 ≥ 2000. Vậy min T = 2000 khi a = b = 10.
2) Chuyển vế và biến đổi tương đương ta được kết quả cuối cùng (a2 – b2)2 +
(a – b)2(a2 + ab + b2) ≥ 0 là biểu thức luôn đúng.
Bài 5.

1) EP2 = EF.EC .

∆EPF ∽ ∆ECP

(g-g)

2) + Trong ∆ BCA vuông tại C ta có BD = BC2: AB = BC2: 2R2.(1)
+ Trong ∆ EOQ: EQ2 = OE2 – R2 (2), mà OE2 = OD2 + DE2 (3) , OD = R –
DB (4). Thay (4) vào (3), (3) vào (2) khai triển và thu gọn rồi thay kết quả
vào (1), ta được: EQ2 = DB2 hay EQ = DB.
3)

S KNE = SONK + SOKE − SONE =

R
( x + KE − NE ) ,
2

thay KE = x + AN – y, NE = NP + y,

NA = NP, ta được kết quả SKNE = R(x – y) (5)
4) Dựng EH

⊥ AK,

EH = AD = 2R – y. Vậy SKNE =

EH .KN x(2 R − y )
=
2
2

(6).

Từ (5) và (6) ta có x = 2R = AB.
SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC
2013-2014

—————

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
ĐỀ 3(xong đại)

Câu 1 (3,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình:

 xy = x + y + 1

 yz = y + z + 5
 zx = z + x + 2


( x,

y, z ∈ ¡

)


www.VNMATH.com

b) Giải phương trình:

x 2 + 3x + 2 + x 2 − 1 + 6 = 3 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x − 1 ,

( x∈¡ ) .

Câu 2 (2,0 điểm).
a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì 2 ( 12013 + 22013 + ... + n 2013 )
chia hết cho n ( n + 1) .
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn điều kiện p 2 − 2q 2 = 1 .
Câu 3 (1,0 điểm). Cho
minh:

a , b, c

là các số thực dương thỏa mãn

a

+

b

c

+

( a + 1) ( b + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( c + 1) ( a + 1)

Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC,

AB < AC .

≥

abc = 1 .

Chứng

3
4

Gọi D, E, F lần lượt là

chân đường cao kẻ từ A, B, C. Gọi P là giao điểm của đường thẳng BC và EF.
Đường thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC,
CF tại Q, R, S. Chứng minh:
a) Tứ giác BQCR nội tiếp.
b)

PB DB
=
PC DC

và D là trung điểm của QS.

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC.
Câu 5 (1,0 điểm). Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số
được tạo thành từ ba chữ số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng
không có cùng số dư khi chia cho 16?
Câ Ý Nội dung trình bày
u

a

Giải hệ phương trình

 xy = x + y + 1

 yz = y + z + 5
 zx = z + x + 2


( x,

y, z ∈ ¡

)


www.VNMATH.com

1

( x − 1) ( y − 1) = 2
 xy = x + y + 1


 yz = y + z + 5 ⇔ ( y − 1) ( z − 1) = 6
 zx = z + x + 2


( z − 1) ( x − 1) = 3

Nhân từng vế các phương trình của hệ trên ta được

( ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) )

2

( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) = 6
= 36 ⇔ 
( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) = −6

+) Nếu ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) = 6 , kết hợp với hệ trên ta được
x −1 = 1
x = 2


 y −1 = 2 ⇔  y = 3
z − 1 = 3
z = 4



+) Nếu ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) = −6 , kết hợp với hệ trên ta được
 x − 1 = −1
x = 0


 y − 1 = −2 ⇔  y = −1 .
 z − 1 = −3
z = −2




Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm

( x; y; z ) = ( 2;3; 4 ) , ( 0; −1; −2 ) .

b Giải phương trình
Điều kiện xác định

x 2 + 3x + 2 + x 2 − 1 + 6 = 3 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x − 1 ,
x ≥ 1 . Khi

( x∈¡ )

đó ta có

x 2 + 3x + 2 + x 2 − 1 + 6 = 3 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x − 1
⇔

( x + 1) ( x + 2 ) + ( x − 1) ( x + 1) + 6 = 3

⇔

( x + 1) ( x + 2 ) + ( x − 1) ( x + 1) − 3

⇔ x +1
⇔

*)

(

(

) (

x + 2 + x −1 − 3 = 2

x +1 − 2

)(

x +1 + 2 x + 2 + 2 x −1

x +1 = 2 x −1 + 2 x + 2 − 6

x −1 + x + 2 − 3

)

)

x + 2 + x −1 − 3 = 0

x + 2 + x −1 − 3 = 0 ⇔ x + 2 + x −1 + 2

x ≤ 4
⇔ 2
⇔ x=2

2
 x + x − 2 = x − 8 x + 16

( x + 2 ) ( x − 1)

= 9 ⇔ x2 + x − 2 = 4 − x


www.VNMATH.com

*)

x + 1 = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3.
S = { 2,3}

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là
2 a Chứng minh rằng nếu

n

.

là số nguyên dương thì 2 ( 12013 + 22013 + ... + n 2013 ) chia

hết cho n ( n + 1) .
Nhận xét. Nếu

a, b là

hai số nguyên dương thì

a 2013 + b 2013 M( a + b ) .

Khi đó ta có

(

2 ( 12013 + 22013 + ... + n 2013 ) = ( 12013 + n2013 ) + 22013 + ( n − 1)

2013

) + ... + ( n

2013

+ 12013 ) M( n + 1) (1)

Mặt khác
2 ( 12013 + 22013 + ... + n 2013 )

(

= 12013 + ( n − 1)

2013

) +(2

2013

+ ( n − 2)

2013

) + ... + ( ( n − 1)

2013

)

+ 12013 + 2.n 2013 Mn ( 2 )

2013
2013
2013
Do ( n, n + 1) = 1 và kết hợp với (1), (2) ta được 2 ( 1 + 2 + ... + n ) chia hết
cho n ( n + 1) .

b Tìm tất cả các số nguyên tố
Nếu

p, q đều

p, q

thỏa mãn điều kiện

p 2 − 2q 2 = 1

không chia hết cho 3 thì

p 2 ≡ 1( mod 3) , q 2 ≡ 1( mod 3) ⇒ p 2 − 2q 2 ≡ −1( mod 3)

vô lý. Do đó trong hai số

phải có một số bằng 3.

3

+) Nếu

p = 3 ⇒ 9 − 2q 2 = 1 ⇔ q 2 = 4 ⇔ q = 2 . Do

+) Nếu

q = 3 ⇒ p 2 − 18 = 1 ⇔ p 2 = 19

Cho

a , b, c

đó ( p, q ) = ( 3, 2 ) .

vô lí. Vậy ( p, q ) = ( 3, 2 ) .

là các số thực dương thỏa mãn
a

b

+

abc = 1 . Chứng

+

c

( a + 1) ( b + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( c + 1) ( a + 1)
a

b

c

Ta có ( a + 1) ( b + 1) + ( b + 1) ( c + 1) + ( c + 1) ( a + 1)

≥

3
4

⇔ 4a ( c + 1) + 4b ( a + 1) + 4c ( b + 1) ≥ 3 ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1)

≥

3
4

minh:

p, q


www.VNMATH.com

⇔ 4 ( ab + bc + ca ) + 4 ( a + b + c ) ≥ 3abc + 3 ( ab + bc + ca ) + 3 ( a + b + c ) + 3
⇔ ab + bc + ca + a + b + c ≥ 6

(1)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương ta được:
ab + bc + ca ≥ 3 2 ( abc ) = 3 ; a + b + c ≥ 3 2 abc = 3
2

cộng từng vế hai bất đẳng thức

này ta được (1). Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a = b = c = 1.
A
E

F

R

H

4

S

B

P

D

Q

C

M

a Tứ giác BQCR nội tiếp.
Do AB < AC nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA,
từ đó Q, C nằm về cùng một phía của đường thẳng BR.
Do tứ giác BFEC nội tiếp nên

·AFE = BCA
·
,

Do QR song song với EF nên

·AFE = BQR
·

Từ đó suy ra
b

PB DB
=
PC DC

·
·
BCA
= BQR

hay tứ giác BQCR nội tiếp.

và D là trung điểm của QS.

Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên

DB HB
=
AE HA

Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên

DC HC
=
AF HA

Từ hai tỷ số trên ta được

DB AE HB AE FB
=
.
=
.
( 1)
DC AF HC AF EC


www.VNMATH.com

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:
PB EC FA
PB AE FB
.
.
=1⇔
=
.
( 2)
PC EA FB
PC AF EC

Từ (1) và (2) ta được

PB DB
=
( 3)
PC DC
DQ

Do QR song song với EF nên theo định lí Thales: PF
Kết hợp với (3) ta được

DQ = DS

=

BD DS CD
,
=
BP PF CP

.

hay D là trung điểm của QS.

c Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC.
Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh
Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên
Tiếp theo ta chứng minh

DP.DM = DQ.DR .

DQ.DR = DB.DC

(4).

 DC − DB 
DP.DM = DB.DC ⇔ DP 

÷ = DB.DC
2



DP ( DC − DB ) = 2 DB.DC ⇔ DB ( DP + DC ) = DC ( DP − DB ) ⇔ DB.PC = DC.PB
⇔

PB DB
=
PC DC

(đúng theo phần b). Do đó

DP.DM = DB.DC ( 5 )

Từ (4) và (5) ta được DP.DM = DQ.DR suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay
đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC.

5

Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành
từ ba chữ số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng
số dư khi chia cho 16?
Trả lời: Không tồn tại 16 số như vậy. Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được
16 số thỏa mãn. Khi đó, ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16:
0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15; trong đó có 8 số chẵn, 8 số lẻ. Do
đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a, b và
chữ số lẻ là c.
Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này:

aac, abc, acc, bac, bbc, bcc, cac, cbc, ccc.


www.VNMATH.com

ĐỀ CHÍNH THỨC

Gọi x1 , x2 ,…, x9 là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng
cách bỏ đi chữ số c (ở hàng đơn vị). Khi đó xi c ≡/ x j c ( mod16 ) ⇔ 16 không là
ước của

xi c − x j c

tức là

xi − x j

không chia hết cho 8

Nhưng trong 9 số x1 , x2 ,…, x9 chỉ có ba số lẻ ac, bc, cc nên 8 số bất kỳ trong
9 số x1 , x2 ,…, x9 luôn có hai số có cùng số dư khi chia cho 8, mâu thuẫn.
Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn cũng
không xảy ra

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên

Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian
giao đề)
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2014

ĐỀ 5
Câu I. (2,0 điểm) Cho biểu thức P = (

)

x ≥ 0, x ≠ 1.

1) Rút gọn P.
2) Tìm số chính phương x sao cho
Câu II. (2,0 điểm)

2
P

2

1− x x
 1 − x 
x −1 
+ x ÷
÷ , với
 1− x
 1 − x 

là số nguyên.

www.VNMATH.com

1) Cho các số thực x, y, z, a, b, c thỏa mãn các điều kiện

x y z
+ + =1
a b c

và

a b c
x2 y 2 z 2
+ + = 0 . Chứng minh rằng 2 + 2 + 2 = 1 .
x y z
a
b
c

2) Tìm các số nguyên a để phương trình: x 2 − (3 + 2a) x + 40 − a = 0 có
nghiệm nguyên. Hãy tìm các nghiệm nguyên đó.
Câu III. (1,5 điểm)
 x + my = 3m

1) Cho hệ phương trình 

2
mx − y = m − 2

với x, y là ẩn, m là tham số. Tìm

m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa mãn x 2 − 2 x − y > 0.
2) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn điều kiện
2c + b = abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =

3
4
5
+
+
.
b+c −a c + a −b a +b−c

Câu IV. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC).
Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại N. Vẽ dây AM song song với BC.
Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại M và P.
1) Cho biết

1
1
1
+
= ,
2
2
OB
NC
16

2) Chứng minh rằng

tính độ dài đoạn BC.

BP CP
=
.
AC AB

3) Chứng minh rằng BC, ON và AP đồng quy.
Câu V. (1,5 điểm)
1) Cho đường tròn tâm O bán kính 1, tam giác ABC có các đỉnh A, B, C
nằm trong đường tròn và có diện tích lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh
rằng điểm O nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác ABC.


www.VNMATH.com
A = { 1;2;3;...;16} . Hãy tìm số

2) Cho tập
nguyên dương k nhỏ nhất sao
cho trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt
a, b mà a 2 + b 2 là một số nguyên tố.

2

I.1
(1,0
điểm)

I.2

P=

=

(

(

)

(

)(

x −1 1+ x + x + x

Ta có

ĐK:
II.1


 (1 − x )(1 + x + x )

1− x

÷
x − 1 

+ x÷
÷ 1 − x 1 + x ÷
1
−
x




2
∈ ¢ ⇔ x −1
P

)

(

1
1+ x

)

2

=

(

)(

)(

x −1 1+ x

là ước của 2 gồm:

)

)

1

2

(

1+ x

±1, ±2 .Từ

)

2

= x −1

.

đó tìm được x ∈ { 0, 4,9} .

xyzabc ≠ 0.
a b c
ayz + bxz + cxy
+ + =0⇔
= 0 ⇔ ayz + bxz + cxy = 0.
x y z
xyz

Từ

(1,0
Ta có
điểm)

2

x2 y2 z 2
x y z
 xy xz yz 
x y z
+ + = 1 ⇒  + + ÷ = 1 ⇔ 2 + 2 + 2 + 2  + + ÷= 1
a
b
c
a b c
 ab ac bc 
a b c

x2 y 2 z 2
cxy + bxz + ayz

x2 y 2 z 2
⇔ 2 + 2 + 2 +2
= 1 ⇔ 2 + 2 + 2 = 1.
a
b
c
abc
a
b
c

II.2

∆=

4a 2 + 16a − 151 . PT

có nghiệm nguyên thì ∆ = n2 với n ∈ ¥ .

(1,0 Hay 4a 2 + 16a − 151 = n2 ⇔ (4a 2 + 16a + 16) − n2 = 167 ⇔ (2a + 4 + n)(2a + 4 − n) = 167.
điểm)
Vì 167 là số nguyên tố và 2a + 4 + n ≥ 2a + 4 − n nên ta có các trường hợp:
+)

 2a + 4 + n = 167
⇒ 4a + 8 = 168 ⇒ a = 40 (t/m).

 2a + 4 − n = 1

+)

 2 a + 4 + n = −1
⇒ 4a + 8 = −168 ⇒ a = −44 (t/m).

 2a + 4 − n = −167


www.VNMATH.com

II.2

Với

a = 40

Với

a = −44

Từ (1) có

thì PT có hai nghiệm nguyên là

x = 0, x = 83.

thì PT có hai nghiệm nguyên là

x = 3m − my ,

thay vào (2) ta có

x = −1, x = −84.

y = 2; x = m.

(1,0
x2 − 2x – y = m2 – 2m – 2 = (m – 1)2 – 3 > 0 ⇔
điểm)
Chứng minh được
II.2
(1,0
điểm)

Từ giả thiết ta có
Ta có
Mà

1 1
4
+ ≥
, ∀x, y > 0
x y x+ y

 m >1 + 3
m −1 > 3 ⇔ 
m <1− 3.

dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

x= y.

a + b − c > 0, b + c − a > 0, c + a − b > 0 .

1
1
1
1
1
1

 
 
 2 4 6
S =
+
+
+
÷+ 2 
÷+ 3 
÷≥ + +
 b+ c −a c + a −b   b +c −a a +b −c   c + a −b a +b −c  c b a

2c + b = abc ⇔

2 1
+ =a
b c

nên

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là

S ≥ 2a +
4 3

6
≥4 3.
a

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a = b = c = 3.

Ta có NB = NC (tính chất hai tiếp
tuyến cắt nhau); OB = OC = R.
II.2
(1,0
điểm)

Do đó, ON là trung trực của BC.
Gọi K là giao điểm của ON và BC
thì K là trung điểm của BC.
Mà

∆OBN

vuông tại B, BK là đường cao nên

Kết hợp giả thiết suy ra
IV.2

Ta có

∆NBP, ∆NMB

(1,0
điểm) Tương tự,
Vì

NC = NB

1
1
1
1
1
+
=
+
=
.
2
2
2
2
OB
NC
OB
NB
BK 2

BK 2 = 16 ⇒ BK = 4 ⇒ BC = 8.

đồng dạng (g.g)

⇒

PB
NB
=
MB NM

(1).

⇒

PC
NC
=
MC NM

(2).

(3) nên từ (1), (2) và (3) suy ra

PB PC
=
MB MC

(4).

∆NCP, ∆NMC

đồng dạng (g.g)


www.VNMATH.com

Mặt khác,
(5).

AM / / BC ⇒

Từ (4), (5)

⇒

Tứ giác AMCB là hình thang cân ⇒ MC = AB, MB = AC

PB PC
=
.
AC AB

Gọi Q là giao điểm của AP và BC. Ta chứng minh
IV.2

Vì

∆BQP, ∆AQC

đồng dạng (g.g)

⇒

BQ PB
=
AQ AC

BQ = QC.

(6).

CQ

PC

(1,0 Tương tự ∆CQP, ∆AQB đồng dạng (g.g) ⇒ AQ = AB (7).
điểm)
BQ CQ
Kết hợp (6), (7) và kết quả câu b) ta suy ra AQ = AQ ⇒ BQ = CQ ⇒ Q là trung
điểm của BC. Suy ra

Q ≡ K . Vậy BC , ON , AP

đồng quy tại K.

Giả sử O nằm ngoài miền tam giác ABC. Không mất tính tổng quát giả sử A
và O nằm về hai phía của đường thẳng BC. Suy ra đoạn AO cắt đường
thẳng BC tại K. Kẻ AH vuông góc với BC tại H.Suy ra, AH ≤ AK < AO < 1 suy

ra AH < 1.
Suy ra,

S ∆ABC =

AH .BC 2.1
<
=1
2
2

(mâu thuẫn với giả thiết). Suy ra điều phải

chứng minh.
Nếu

a, b

chẵn thì

tử phân biệt

a, b

a 2 + b2

mà

các số chẵn. Suy ra,

là hợp số. Do đó nếu tập con

a 2 + b2

k ≥9.

là một số nguyên tố thì

Ta chứng tỏ

đó có ý nghĩa là với mọi tập con
tại hai phần tử phân biệt

a, b

X

k =9

a, b

mà

a 2 + b2

của

A

có hai phần

không thể chỉ chứa

là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Điều

gồm 9 phần tử bất kỳ của

A

luôn tồn

mà a 2 + b 2 là một số nguyên tố.

Để chứng minh khẳng định trên ta chia tập
phân biệt

X

X

A

thành các cặp hai phần tử

là một số nguyên tố, ta có tất cả 8 cặp:

( 1; 4 ) , ( 2;3) , ( 5;8 ) , ( 6;11) , ( 7;10 ) , ( 9;16 ) , ( 12;13) , ( 14;15 ) .


www.VNMATH.com

Theo nguyên lý Dirichlet thì 9 phần tử của
một cặp và ta có điều phải chứng minh.

ĐỀ 6

X

có hai phần tử cùng thuộc


www.VNMATH.com


www.VNMATH.com


www.VNMATH.com


www.VNMATH.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG
THPT CHUYÊN

NAM ĐỊNH

Năm học 2014 – 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN (chuyên
ĐỀ 7

Bài 1: (2,0 điểm): 1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn:

1 1 1
+ + =1
a b c

và a + b

+ c = 1.
Chứng minh rằng ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) = 0 .
2) Với mỗi số nguyên dương n; chứng minh

( 3+ 5) + ( 3− 5)
n

n

là số nguyên

dương.
Bài 2: (2,5 điểm): 1) Giải phương trình
2) Giải hệ phương trình
nhầm

(

)(

)

x + 6 − x − 2 1 + x 2 + 4 x − 12 = 8 .

 x 3 + xy 2 = y 6 + y 4


1
4
= 3 − 4 x3
2 y + 1 + 2
x +1


bài này hôm qua tôi đánh


www.VNMATH.com

Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các
đường cao AA1; BB1; CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AA1
cắt đường tròn (O) tại K khác A.
1) Chứng minh A1 là trung điểm của HK.
2) Hãy tính

HA HB HC
+
+
AA1 BB1 CC1 .

3) Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trên BC. Đường thẳng BB1 cắt (O)
tại giao điểm thứ hai là E, kéo dài MB1 cắt AE tại N. Chứng minh rằng
2

AN  AB1 
=
÷
NE  EB1 

Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn

x 3 + y 3 − 3xy = 1

Bài 5: (1,5 điểm): 1) Trên bảng ghi một số nguyên dương có hai chữ số trở
lên. Người ta thiết lập số mới bằng cách xóa đi chữ số hàng đơn vị của số
đã cho, sau đó cộng vào số còn lại 7 lần số vừa bị xóa. Ban đầu trên bảng
ghi số 6100. Hỏi sau một số bước thực hiện như trên ta có thể thu được 100 6
hay không ? Tại sao ?
2) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3xyz . Chứng minh
rằng:
x2
y2
z2
3
+

+
≤ .
4
4
4
x + yz y + xz z + xy 2

Bài 1: (2,0 điểm):1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn:

1 1 1
+ + =1
a b c

và a + b

+ c = 1.
Chứng minh rằng ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) = 0 .
Từ GT ta có:

1 1 1
1
1
a+b
a+b
1 1 1

+ + =
⇒  + ÷+  −
+
=0

÷= 0 ⇒
a b c a+b+c  a b  c a+b+c 
ab c ( a + b + c )


www.VNMATH.com
⇒

a+b
a+b
+
= 0 ⇒ ( a + b )  c ( a + b + c ) + ab  = 0 ⇒ ( a + b ) ca + cb + c 2 + ab  = 0
ab c ( a + b + c )

a + b = 0
=> ( a + b ) ( c + b ) ( a + c ) = 0 ⇒ c + b = 0
c + a = 0

Nếu a + b = 0 => c = 1 => c – 1 = 0 => ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) = 0
Nếu c + b = 0 => a = 1 => a – 1 = 0 => ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) = 0
Nếu a + c = 0 => b = 1 => b – 1 = 0 => ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) = 0
Vậy ta có đpcm.
2) Với mỗi số nguyên dương n; chứng minh

( 3+ 5) + ( 3− 5)
n

n

là số nguyên

dương.
Bài 2: (2,5 điểm): 1) Giải phương trình
ĐKXĐ

x≥2,

đặt

)(

(

)

x + 6 − x − 2 1 + x 2 + 4 x − 12 = 8 .

x + 6 = a ≥ 0; x − 2 = b ≥ 0 ⇒ a 2 − b 2 = 8

PTTT:

a = b
1 + ab − a − b = 0

( a − b ) ( 1 + ab ) = a 2 − b 2 ⇔ ( a − b ) ( 1 + ab − a − b ) = 0 ⇔ 

+) với

vô nghiệm

a = b taco : x + 6 = x − 2

a = 1 ⇔ x + 6 = 1

 x + 6 = 1 vonghiem
⇔
b = 1 ⇔ x − 2 = 1
 x − 2 = 1 ⇔ x = 3(TM )

+) với 1 + ab − a − b = 0 ⇔ ( a − 1) ( b − 1) = 0 ⇔ 
PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 3
2) Giải hệ phương trình
( 1) ⇔ ( x

3

 x 3 + xy 2 = y 6 + y 4 ( 1)


1
4
= 3 − 4 x3 ( 2 )
2 y + 1 + 2
x +1


− y ) + xy − y ⇔ ( x − y
6

2

4

2

)(x

2

+ xy + y + y

2
x = 0
1 2 3 4

2
3
⇔
x
+
y
( ) 
÷ + y + y = 0 ⇔ y = 0
2  4



2

4

2

)

 x − y2 = 0 ⇔ x = y2
=0⇔  2
2
4
2
 x + xy + y + y = 0 ( 3)

Thỏa mãn (2)


www.VNMATH.com

Với

x= y

2

Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn
x 3 + y 3 − 3xy = 1 ⇔ ( x + y ) − 3xy ( x + y ) − 3xy = 1 , đặt
3

x 3 + y 3 − 3xy = 1

x + y = a và xy = b (a, b nguyên) ta

có:
a 3 − 3ab − 3b = 1 ⇔ ( a + 1) ( a 2 − a + 1) − 3b ( a + 1) = 2 ⇔ ( a + 1) ( a 2 − a + 1 − 3b ) = 2

Vì a, b nguyên nên có các TH sau :
a = 0
a + 1 = 1

1)  2
⇔
−1
a − a + 1 − 3b = 2
b = 3
a + 1 = 2
a = 1
2)  2
⇔
 a − a + 1 − 3b = 1 b = 0

(loại)

(nhận)

x + y = 1
⇒
⇒ ( x; y ) ∈ { ( 0;1) , ( 1;0 ) }
 xy = 0

a + 1 = −1
 a = −2

3)  2
⇔
b = 3
a − a + 1 − 3b = −2

(nhận)

 x + y = −2
⇒
⇒ ( x; y ) ∈ ∅
 xy = 3

 a + 1 = −2
 a = −3
4)  2
⇔
 a − a + 1 − 3b = −1 b = 4

(nhận)

 x + y = −3
⇒
⇒ ( x; y ) ∈ ∅
 xy = 4

Vậy ( x; y ) ∈ { ( 0;1) , ( 1;0 ) }
Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC
a) góc A1 = góc C2 = góc C1
=> ∆CHK cân C, CA1 là đ/cao + đ trung trực => đpcm
b) Có:

HA HB HC  HA1   HB1   HC1 
+
+
= 1 −
÷+ 1 −
÷+  1 −
÷
AA1 BB1 CC1 
AA1   BB1   CC1 
 HA HB1 HC1 
= 3− 1 +
+
÷=
 AA1 BB1 CC1 
S
S
S 
= 3 −  HBC + HAC + HBA ÷ = 3 − 1 = 2
 S ABC S ABC S ABC 