BỘ đề THI CHUYÊN TOÁN vào lớp 10

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2014–2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho tất cả các thí sinh
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (2,0 điểm).

1
1
2 x2  4
.


3
1 x 1 x 1 x
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Câu 2 (2,0 điểm).
2 x  y  11
a) Giải hệ phương trình: 
.
5 x  4 y  8
Cho biểu thức P 

b) Giải phương trình:  x 2  x   4 x 2  4 x  12  0 .
2

Câu 3 (2,0 điểm).

Cho phương trình x 2  2(m  1) x  m 2  m  5  0 (m là tham số).
a) Giải phương trình đã cho với m  3 .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả
mãn

x1 x2 10
  0.
x2 x1 3

Câu 4 (3,0 điểm).

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn  O  . Hai tiếp tuyến của  O  tại B, C cắt nhau ở P.

Gọi M là trung điểm của BC. Gọi D, E theo thứ tự là hình chiếu của P trên các đường thẳng
AB, AC. Chứng minh rằng:

a) Các tứ giác PMBD và PMCE nội tiếp.
b) M là trực tâm của tam giác ADE.
c) PAB  MAC .
Câu 5 (1,0 điểm).

Cho phương trình ax 2  bx  c  0  a  0  có hai nghiệm thuộc đoạn  0; 2 . Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức P 

8a 2  6ab  b 2
.
4a 2  2ab  ac

———— HẾT————

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh…………………………………… Số báo danh……………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2014-2015
———————
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
Dành cho tất cả các thí sinh
—————————
A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý
1
a
x  0
Đk: 
x  1

P

b



 
x  1  x  x   1  x  1  x  x   2 x
1  x 1  x  1  x  x 
2

2

2

2

2x  2
2
 2
2
1  x  1  x  x  x  x  1

2
 2
x  x 1
Dấu “=” xảy ra  x  0 . Vậy, Pmin  2  x  0 .

Do x  0  x 2  x  1  1 

0,25

4

2

2
a

Điểm
2,0
0,25

1
1
2 x2  4


1  x 1  x 1  x 1  x 1  x  x 2 

1 



Nội dung trình bày

2 x  y  11
8 x  4 y  44


5 x  4 y  8
5 x  4 y  8
2 x  y  11  x  4



13
x

52

y  3

0,25

0,25
0,5
0,5
2,0
0,5

0,5

Vậy hệ phương trình có nghiệm  4;3 .
b

x

2

 x   4 x 2  4 x  12  0
2

1
Đặt x  x  t    phương trình đã cho có dạng t 2  4t  12  0
4

0,5

2

t  2

 t  6  l 

x  1
Với t  2  x 2  x  2  0  
 x  2
Vậy, phương trình có hai nghiệm x  1 và x  2 .

0,5


3

2,0
a

m  3 phương trình có dạng x  2  3  1 x  3  3  5  0  x  4 x  1  0

0,5

x  2  3
Giải được nghiệm 
 x  2  3

0,5

2

2

2

b Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 khi và chỉ khi

m  6
 /   m  12   m 2  m  5   0
m  6  0

 2

 2
1  21
2
m  m  5  0
0  2  m  1 0  m  m  5  0
m 

2

 x  x   2 x1 x2  10  0 I
x1 x2 10
  0 1 1
 
x1 x2

3
x2 x1 3

0,25

2

0,25

 x1  x2  2m  2
Theo công thức Vi-ét ta có: 
 II 
2
 x1 x2  m  m  5
Thế (II) vào (I) ta được
4  m  1  2  m 2  m  5  10
  0  4m 2  7 m  2  0
m2  m  5
3
m  2

thoả mãn.
m   1

4
KL...
2

0,25

0,25

4

3,0

A

O

B

M

C
E
H

D
P
a

Do P là giao điểm hai tiếp tuyến tại B, C của (O) nên OP là trung trực của BC
·
·
suy ra PMB
 PMC
 900 (1)
·
·

·
·  900 (2)
 PDA
 900 , PEC
 PEA
Do PD  AB, PE  AC nên PDB
Từ (1) và (2) suy ra các tứ giác PDBM, PECM nội tiếp.

0,25
0,5
0,25


b Do các tứ giác PDBM , PDAE nội tiếp nên
·
·
·
·
PDM
 PBM
 BAC
 1800  DPE
suy ra DM P PE
Mà PE  AE nên DM  AE (3)
Tương tự, cũng được EM  AD (4)
Từ (3) và (4) suy ra M là trực tâm của tam giác ADE.
c Kéo dài AM cắt DE tại H  HAE  HEP (hai góc cùng phụ với góc AEH )
hay MAE  DEP

0,25

0,25
0,25
0,25
0,5

Do tứ giác PDAE nội tiếp, suy ra DAP  DEP

0,25

Suy ra PAB  MAC .

0,25

5

1,0

Gọi x1 , x2  x1  x2  là hai nghiệm của phương trình đã cho.

b

 x1  x2   a
Theo định lí Vi-ét ta có: 
x x  c
 1 2 a

0,25
2

b b

86  
2
2
2
8  6  x1  x2    x1  x2 
8a  6ab  b
a a
Khi đó P  2


b c
4a  2ab  ac
4  2  x1  x2   x1 x2
42 
a a
2
2
Do 0  x1  x2  2  x1  x1 x2 , x2  4  x12  x22  x1 x2  4

  x1  x2   3 x1 x2  4
2

8  6  x1  x2   3 x1 x2  4
3
4  2  x1  x2   x1 x2
Đẳng thức xảy ra khi x1  x2  2 hoặc x1  0, x2  2
 b
 b
 a  4
b  2a

  2


 c  b  4a hoặc  a
c  0
c  0
c  4
 a
Vậy P 

b  2a
c  0

Vậy, Pmax  3  c  b  4a hoặc 

---------------------------Hết----------------------------

0,25

0,25

0,25


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)
Trong các câu sau, mỗi câu có bốn lựa chọn, trong đó có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào
bài làm chữ cái in hoa đứng trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A).
1
Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức
là
2x 1
1
1
1
1
A. x 
B. x 
C. x 
D. x 
2
2
2
2
Câu 2. Các số 3 và 4 là hai nghiệm của phương trình nào dưới đây
A. x 2  x  12  0
B. 12 x 2  x  1  0
C. x 2  x  12  0
D. 12 x 2  12 x  1  0
Câu 3. Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, AB  15 và AH  12 . Khi đó độ dài cạnh CA
bằng
A. 9
B. 25
C. 16

D. 20
Câu 4. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O có CAB  ABC  ABC  BCA  20o . Số đo của góc

AOB bằng
A. 20o
B. 40o
C. 60o
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Câu 5 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2mx  m  2 (1) (m là tham số).

D. 80o

a) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) đi qua điểm A  1;1 . Với giá trị của
m vừa tìm được thì hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) song song với đường thẳng
y   m 2  3 x  2m  1.

Câu 6 (2,5 điểm). Cho phương trình 2 x 2   2m  1 x  3  2m  0 (m là tham số).
a) Giải phương trình đã cho khi m  2.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa
mãn  2 x1  1 2 x2  1  3.
Câu 7 (2,5 điểm). Cho tam giác ABM nhọn, nội tiếp đường tròn  O1  . Trên tia đối của tia MB lấy
điểm C sao cho AM là phân giác của góc BAC . Gọi  O2  là đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC.
a) Chứng minh hai tam giác AO1O2 và ABC đồng dạng.
b) Gọi O là trung điểm của O1O2 và I là trung điểm của BC. Chứng minh tam giác AOI cân.
c) Đường thẳng vuông góc với AM tại A tương ứng cắt các đường tròn  O1  ,  O2  tại D, E
(D và E khác A). Đường thẳng vuông góc với BC tại M
ND  AC  NE  AB.

cắt DE tại N. Chứng minh

Câu 8 (1,0 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực. Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2  d 2  a  b  c  d  .
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
———— HẾT————
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh…………………………………… Số báo danh……………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————
(Hướng dẫn chấm có 02 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
—————————

A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)
Câu
1
2
3
4
Đáp án
B

C
D
D
Điểm
0.75
0.75
0.25
0.25
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm).
Câu Ý
Nội dung trình bày
5
a Đồ thị hàm số đi qua điểm A  1;1 khi và chỉ khi 1  2m   1  m  2
 1   m  2  m  1.
Khi m  1 thì 2m  2  0 nên hàm số (1) đồng biến trên

b

a

.

Đường thẳng đã cho song song với đường thẳng y   m 2  3 x  2m  1 khi và chỉ khi
0.25

 m 2  2m  3  0
 m  1
Điều này tương đương với 
m  3
Kết luận m  1 .

0.25

Khi m  2 phương trình trở thành 2 x 2  5 x  1  0

0.5

Phương trình này có biệt thức    5   4  2 1  17  0

0.5

2

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt x 
b

0.5
0.5
0.5

 2m  m 2  3

 m  2  2m  1

6

Điểm

5  17
5  17

và x 
4
4

1.0

Do      2m  1   4  2   3  2m   4m 2  12m  25   2m  3  16  0 m
2

2

nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m.

2m  1

 x1  x2  2
Theo định lý Vi-ét, 
 x x  3  2m
 1 2
2

0.25

Từ đó  2 x1  1 2 x2  1  4 x1 x2  2  x1  x2   1  2m  6
Suy ra ta có phương trình 2m  6  3  m 

9
2

0.25

7
E
N

A
D

O2
O
O1

B

M

I

C

Nhận xét: Nếu BA  BM thì không tồn tại điểm C.
Do vậy để tồn tại điểm C thỏa mãn đề bài thì BA  BM .
a

Do đường thẳng O1O2 là trung trực của AM suy ra AO1O2 
và ABC  ABM 

0.25
1

AO1M
2

0.25

1
AO1M (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)
2

0.5

 AO1O2  ABC
Tương tự BCA  O1O2 A . Suy ra AO1O2
b

ABC (g.g)

Từ kết quả phần a, do O là trung điểm O1O2 và I là trung điểm BC nên AO1O
Suy ra

0.5

ABI
0.25

OA IA

O1 A BA

Hơn nữa OAO1  IAB  OAI  O1 AB

Suy ra OAI
c

O1 AB (c.g.c). Mà tam giác O1 AB cân tại O1 , nên tam giác OAI cân tại O.

Do DAM  900 và tứ giác BMAD nội tiếp, nên DBM  900 hay DB  BC
Tương tự, cũng có EC  BC.
Từ đó suy ra BD CE hay tứ giác BCED là hình thang.

0.25

0.25

Mặt khác, MN  BC nên MN BD, MN CE
ND MB

NE MC
MB AB
ND AB
Mà
nên
. Suy ra ND  AC  NE  AB.


MC AC
NE AC

Theo định lý Ta-lét ta có

8

a 2  b2  c2  d 2  a  b  c  d  
2



2

  a2
  a2

a2  a2
   ab  b 2     ac  c 2     ad  d 2   0
4  4
  4
  4


0.25

0.5

2

a2  a
 a
 a

   b     c     d   0 (luôn đúng).
4 2

 2
 2


a  0

Dấu “=” xảy ra  
a abcd 0
b  c  d  2
---------------------------Hết----------------------------

0.25

0.25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC 2015 - 2016

Đề chính thức
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian phát đề)
———————
Đề thi này có 01 trang
Câu 1: (1,5 điểm)
a) Cho biết: A = 4 + 2 7 và B = 4 - 2 7 . Hãy tính tổng, tích của hai số
trên và so sánh hai kết quả vừa tính được.

b) Tìm x biết 2 x 3  27  5 3 .
Câu 2: (1,5 điểm)
Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
a) x 2  5 x  4  0 .
3 x  2 y  5

b) 
15 .
x

y


2
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho hàm số y = x2 và hàm số y = x + 2.
a) Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên bằng phương pháp đại số.
Câu 4: (2,0 điểm)
Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 250 m. Tìm chiều dài và chiều
rộng của mảnh vườn đó biết rằng chiều dài giảm ba lần và chiều rộng tăng hai
lần thì chu vi của mảnh vườn không thay đổi.
Câu 5: (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A
của các đường tròn (O) và (O’) cắt đường tròn (O’) và (O) theo thứ tự tại C và D.
Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các dây AC và AD. Chứng minh rằng:
a) Hai tam giác ABD và CBA đồng dạng.
b) BQD = APB
c) Tứ giác APBQ nội tiếp một đường tròn.
(Yêu cầu vẽ hình khi chứng minh)

-----Hết----Họ tên thí sinh: .................................................... Số báo danh: ...........................................
Chữ ký của Giám thị 1:......................................... Chữ ký của Giám thị 2:...........................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC 2014 - 2015

Đề chính thức
Môn: Toán (Chuyên)
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian phát đề)
———————
Đề thi này có 01 trang
Câu 1: (1,5 điểm)
Cho phương trình x 2  2(m  1) x  4m  0 .
a) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình không phụ thuộc vào
tham số.
b) Xác định m để A  2 x12  2 x22  x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 2: (1,5 điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) x  1  x 2  x  3 .
2

 2( x  2 x)  y  1  2
b) 
2

3( x  2 x)  2 y  1  3

Câu 3: (2 điểm)
Cho hàm số y = ax2 (a  0) có đồ thị là (P) và hàm số y = x - 1 có đồ thị là (d).
a) Tìm a biết (d) tiếp xúc với (P). Xác định tọa độ tiếp điểm M.
b) Vẽ (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy.
c) N là giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy. Tính diện tích MON .
Câu 4: (1,5 điểm)
Hai máy cùng bơm nước vào ruộng lúa. Thời gian bơm xong lượng nước cần
thiết là 5 giờ 50 phút. Nếu bơm riêng thì máy thứ nhất sẽ bơm nhanh hơn máy thứ hai
4 giờ. Hỏi nếu bơm riêng thì mỗi máy sẽ bơm trong bao lâu để đủ lượng nước cần
thiết cho ruộng lúa.
Câu 5: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB = a. Các đường thẳng d1, d2 lần lượt qua
A, B và vuông góc với AB. Lấy các điểm M, N lần lượt thuộc d1, d2 sao cho
MON =900. H là chân đường vuông góc hạ từ O xuống đường thẳng MN.
a) Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến của (O).
AB 2
b) Chứng minh AM .BN 
.
4
c) Gọi K là giao điểm của AN và BM. Tính diện tích KAB theo a biết
HA  3.HB .
(Yêu cầu vẽ hình khi chứng minh)
-----Hết-----

Họ tên thí sinh: ................................................. Số báo danh: .........................................
Chữ ký của Giám thị 1: ..................................... Chữ ký của Giám thị 2: ........................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC 2015 - 2016

Đề chính thức
MÔN: TOÁN (Chuyên)
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian phát đề)
———————
Đề thi này có 01 trang
Câu 1: (1,5 điểm)
x y
Cho biểu thức A=
y2
a) Rút gọn biểu thức A.

x2 y 4
(với x  y; y  0 )
x 2  2 xy  y 2
2015

27
 17 
b) Tính giá trị của A khi x 
và y   
7
7
Câu 2: (1,5 điểm)
Xác định m để phương trình x 2  2mx  (m  1)3  0 (m là tham số) có hai
nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại.
Câu 3: (2 điểm)

a) Giải phương trình x 4  3 x 2  1  0 .
 x3  2 y 2  4 y  3  0
b) Cho x; y thỏa mãn  2
2 2
 x  x y  2y  0
Tính Q= x 2  y 2 .
Câu 4: (1,5 điểm)
Trong dịp nghỉ lễ 30/4, lãnh đạo nhà trường tổ chức cho 180 học sinh khối 9
tham quan di tích lịch sử. Ban tổ chức dự tính: Nếu dùng cùng loại xe lớn để đưa
rước một lượt hết số học sinh thì ban tổ chức hợp đồng thuê xe ít hơn dùng cùng
loại xe nhỏ là 2 chiếc. Biết rằng số chỗ ngồi trên mỗi xe lớn có nhiều hơn mỗi xe
nhỏ là 15 chỗ ngồi. Giả sử rằng Ban tổ chức sẽ hợp đồng thuê xe lớn để đưa rước
học sinh, hãy tính số xe được hợp đồng.
Câu 5: (3,5 điểm)
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O bán kinh R vẽ hai tiếp tuyến MA,
MB(A, B là tiếp điểm) và một đường thẳng qua M cắt đường tròn tại C và D. Gọi I
là trung điểm của CD. Gọi E, F, K lần lượt là các giao điểm của đường thẳng AB
với các đường thẳng MO, MD, OI. Chứng minh rằng:
a) R2 = OE.OM = OI.OK.
b) Năm điểm M, A, B, O, I cùng thuộc một đường tròn.
c) ME.MO = MC.MD.
(Yêu cầu vẽ hình khi chứng minh)
-----Hết----Họ tên thí sinh: ................................................. Số báo danh: .........................................
Chữ ký của Giám thị 1: ..................................... Chữ ký của Giám thị 2: ........................


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015–2016

ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

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

4 x
3 x

 1.
4 x  8 x  7 4 x  10 x  7

2 x3  3 x3 y  8
b) Giải hệ phương trình:  3
 xy  2 x  6  0

Câu 2 (2,0 điểm).
a) Tìm số nguyên tố p để 2 p  1 là lập phương của một số tự nhiên.
b) Trong bảng 11 11 ô vuông ta đặt các số tự nhiên từ 1 đến 121 vào các ô đó một cách tùy ý
(mỗi ô đặt duy nhất một số và hai ô khác nhau thì đặt hai số khác nhau). Chứng minh rằng tồn tại hai ô
vuông kề nhau (tức là hai ô vuông có chung một cạnh) sao cho hiệu của hai số đặt trong hai ô đó lớn
hơn 5.
Câu 3 (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC nhọn, có trực tâm H và nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi D, E , F tương
ứng là chân các đường cao của tam giác ABC kẻ từ A, B, C ; gọi M là giao điểm của tia AO và cạnh BC;
gọi N , P tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh CA, AB.
a) Chứng minh rằng HE  MN  HF  MP.
b) Chứng minh rằng tứ giác EFPN nội tiếp.
BD  BM  AB 

c) Chứng minh rằng

 .
CD  CM  AC 
2

Câu 4 (1,0 điểm).
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3. Chứng minh rằng:
1
1
1


 1.
2
2
2  a b 2  b c 2  c2a

Câu 5 (1,0 điểm).
Điểm M  x; y  của mặt phẳng tọa độ được gọi là điểm nguyên, nếu cả x và y đều là các số
nguyên. Tìm số nguyên dương n bé nhất sao cho từ mỗi bộ n điểm nguyên, đều tìm được bộ ba điểm
nguyên là đỉnh của một tam giác có diện tích nguyên (trong trường hợp ba điểm thẳng hàng thì coi diện
tích tam giác bằng 0).
———— HẾT————
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh…………………………………… Số báo danh……………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016

———————
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin
—————————
A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không chấm điểm cho phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý
Nội dung trình bày
1
a
x  0

Đk: 4 x  8 x  7  0  x  0

4 x  10 x  7  0

Điểm
3,0

0,25

Ta thấy x  0 không là nghiệm của phương trình đã cho, suy ra x  0 .
Khi đó, phương trình đã cho tương đương:

Đặt 4 x 

4
7
4 x
8
x



3
 1 1
7
4 x
 10
x

0,25

4
3
7
1
 8  t  4 7  8  (1) trở thành 
t t 2
x

t  1
 t 2  9t  8  0  
.
t  8

0,5

Kết hợp với điều kiện t  4 7  8  t  8

7
49


x
x


7
2
4
Với t  8  4 x 
 16  4 x  16 x  7  0  

1
1
x
 x
x 


2
4

0,5

49
1
và x  .
4
4
b Ta thấy x  0 không thỏa mãn hệ đã cho, suy ra x  0 .

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm x 

3

2
2

3
y


 

 x
Hệ đã cho tương đương: 
 y3  2  3  2 
 

 x

Đặt

2
 a  hê đã cho có dạng
x

0,5

a 3  2  3 y
  a  y   a 2  ay  y 2  3  0
 3
 y  2  3a

1


a  y
2
y  3y2


2
2

a

y
do
a

 3  0 vô nghiệm


 
 a  y   3 y  3  0
2
4




2
4
 y  1
Với a  y  y 3  3 y  2  0   y  1  y 2  y  2   0  
y  2

0,25

0,25

+) y  1  a  1  x  2  hệ đã cho có nghiệm  x; y    2;  1
+) y  2  a  2  x  1  hệ đã cho có nghiệm  x; y   1; 2 
0,5

Vậy, hệ đã cho có nghiệm  x; y  là:  2;  1 và 1; 2  .
2

2,0
a

Do 2 p  1 là lập phương của một số tự nhiên, suy ra 2 p  1  z  z lẻ
3

 z  2k  1, k 

0,5

Khi đó, 2 p  1   2k  1  p  k  4k 2  6k  3 .
3

Vì p là nguyên tố nên k chỉ có thể là 1  2 p  1  33  p  13 .
Vậy, số nguyên tố p cần tìm là 13.
b Ta xét hàng có ô ghi số 1 và cột có ô ghi số 121, khi đó hiệu giữa hai số ghi ở hai ô
này là 120.
Số ô vuông cách nhau từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 121 nhiều nhất là 20 cặp ô vuông

0,5

0,25

(10 cặp theo hàng, 10 cặp theo cột). Ví dụ trong bảng trên ô ghi số 1 và ô ghi số 121
cách nhau 4 cặp ô vuông 1; a1  ,  a1 ; a2  a2 ; a3  ,  a3 ;121 .
1

a1

0,25

a2
a3
121

Nếu hiệu của hai số trong hai ô kề nhau nào đó cũng chỉ là 5 thì qua 20 cặp ta có sự
chênh lệch là 20.5  100 . Như vậy 1  100  101  121 . Do đó ắt có hai ô kề nhau
nào đó sao cho hiệu hai số viết trong hai ô lớn hơn 5.
3

0,5
3,0

A

E
F
P
B

H

O
N

D

M

2

C


a

Ta có: EHF  FAE  180o và PMN  PAN  180o  FHE  PMN 1

0,25

Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC nên
1
MAC  OAC  900  COA  900  ABC  HAF
2

0,25

Lại có tứ giác AFHE và APMN nội tiếp  HAF  HEF , MAC  MPN

0,25

Suy ra HEF  MPN  2 
Từ (1) và (2) suy ra MNP

HFE 

MP MN

 HE  MN  HF  MP
HE HF

.

b Do AEF  HEF  90o , APN  MPN  90o và kết hợp với (2)
Suy ra AEF  APN

c

Lại có NEF  AEF  180o  NEF  APN  180o hay NEF  EPN  180o
Do đó tứ giác EFPN nội tiếp.
BD S AHB HF  AB
Ta có:


CD S AHC HE  AC
BM S ABM
AB  MP
và


CM S ACM AC  MN
Suy ra

BD  BM
AB 2  HF  MP

CD  CM AC 2  HE  MN

0,25
0,5
0,5

0,5

0,25

BD  BM  AB 
Do HF  MP  HE  MN , suy ra


CD  CM  AC 

2

.

4

0,25
1,0

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,

1  1  a 2b  3 3 a 2b và 3 3 ab 2  a  b  b  a  2b.
2
1
a 2b
1
1
2
 1 a b 
 1
 1   a  3 ab 2  1   a  a  2b 
Suy ra
2

2
3
2
2a b
11 a b
3
9
3 ab
ta có

1
1 1
  (a 2  2ab) (1)
2
2  a b 2 18
1
1 1
Tương tự, cũng có:
(2)
  (b 2  2bc)
2
2  b c 2 18
1
1 1
(3)
  (c 2  2ca )
2
2  c a 2 18
Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu được
1

1
1
3 1
2


   a  b  c   1. Điều phải chứng minh.
2
2
2
2  a b 2  b c 2  c a 2 18
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.

Suy ra

5

0,25

0,25

0,25

0,25
1,0

+ n  4 không thỏa mãn, vì ta có thể chọn bốn điểm nguyên là đỉnh của một hình
vuông đơn vị, khi đó, mỗi tam giác có đỉnh là ba trong bốn điểm nguyên đang xét
1
có diện tích bằng

không phải là số nguyên.
2
+ Ta chứng minh n  5 là số nguyên bé nhất thỏa mãn. Ta chia các điểm nguyên
M ( x; y ) của mặt phẳng thành 4 loại:
Loại 1: x chẵn, y chẵn; Loại 2: x chẵn, y lẻ; Loại 3: x lẻ, y lẻ; Loại 4: x lẻ, y chẵn.
Khi đó, trong 5 điểm nguyên đang xét, luôn có hai điểm cùng loại, ta gọi đó là hai
điểm A, B. Ta sẽ chứng minh, với mọi điểm nguyên C, diện tích tam giác ABC luôn
là số nguyên.
3

0,25

0,25


Thật vậy:
+ Nếu A và B có cùng hoành độ a, thì do A, B cùng loại, nên độ dài AB là số chẵn.
1
Gọi h là khoảng cách d (C ; AB ), với C (c1 ; c2 ), khi đó S ABC  AB  h là số
2
nguyên.
Tương tự với A, B cùng tung độ, ta cũng có diện tích tam giác ABC là số nguyên.
+ Xét trường hợp A(a1 ; a2 ), B(b1 ; b2 )
thuộc cùng một loại, nhưng a1  b1 ,
a2  b2 . Chọn điểm thứ tư D, chẳng hạn
D(b1 ; a2 ) (Hình vẽ). Khi đó, theo lập luận
ở trên, các tam giác ABD, CAD, CBD có
diện tích là số nguyên, suy ra S ACBD là số
nguyên.
Nhưng S ACBD  S ABC  S ABD , nên S ABC là

số nguyên. Điều phải chứng minh.
---------------------------Hết----------------------------

4

0,25

0,25


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015–2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho tất cả các thí sinh
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm).
mx  y  1

Cho hệ phương trình:  2 1
(với x, y là ẩn; m là tham số).
x

y

2

2

a) Giải hệ phương trình đã cho với m  1 .

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn
điều kiện 3 x  y  1  0 .
Câu 2 (2,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  có phương trình y  3 x  m (m là

tham số). Xác định tất cả các giá trị của tham số m để:
1

a) Đường thẳng  d  đi qua điểm A 1;   .
2


b) Đường thẳng  d  cắt các trục toạ độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng 9.
Câu 3 (2,0 điểm).

15 x  11 3 x  2 2 x  3
.


x  2 x  3 1 x
3 x
a) Rút gọn biểu thức P.
Cho biểu thức: P 

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình





x  3 P  m có nghiệm.

Câu 4 (3,0 điểm).
Cho BC là một dây cung (không phải là đường kính) của đường tròn tâm O, bán kính R  0 .
Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC . Các đường cao AD, BE,
CF của tam giác ABC đồng qui tại H (D, E, F là các chân đường cao).
a) Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC.
b) Gọi A ' là trung điểm BC , A1 là trung điểm EF , K là điểm đối xứng với B qua O. Chứng
minh tứ giác AHCK là hình bình hành và R. AA1  OA '. AA ' .
c) Xác định vị trí của A để DE  EF  FD đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho n là số nguyên dương lớn hơn 2 và kí hiệu n !  1.2.3...n (tích của n số nguyên dương đầu
tiên). Chứng minh rằng: với mỗi số nguyên dương lớn hơn 2 và không vượt quá n! đều phân tích được
thành tổng gồm không quá n số nguyên dương, sao cho hai số bất kỳ đều khác nhau và mỗi số này đều
là ước số của n!
———— HẾT————
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh……………………………………………… Số báo danh……………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016
———————
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
Dành cho tất cả các thí sinh
—————————
A. LƯU Ý CHUNG

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý
Nội dung trình bày
1
a
x  y  1

Thay m  1 vào hệ ta có:  2 1
 x  2 y  2
x  y 1
x  y 1
x  y 1




 2 3
 2 3
1
2
 y  1  2 y  2
 y  2 y  1  0
 y  2 y  1  0
  x  1

 x  y  1   y  2



 y  2
  
  x  3

2
 y  1
 
 

2
1
 y 
2

3 1
Vậy, hệ có nghiệm  x; y  là  ;  và  1;  2  .
2 2
b
mx  (3 x  1)  1
(m  3) x  2

 2
Thay y  3 x  1 vào hệ có:  2 1
2 x  3x  5  0
 x  2  3 x  1  2
(m  3) x  2
m  1


  x  1
 

 m  19
 x  5
5

 
2
19
Vậy, m  1 hoặc m  .
5

2

Điểm
2,0
0,25

0,75

0,5

0,25

0,25

2,0
1
1


Đường thẳng  d  đi qua điểm A 1;      3  m
2
2

5
5
1

 m  . Vậy, m  thì  d  đi qua điểm A 1;   .
2
2
2

b
m
 d  cắt các trục toạ độ tại các điểm A  0; m  và B  ;0 
3 
m
S OAB  9  OA.OB  18  m .
 18  m 2  54  m  3 6
3

a

1

0,5
1,0
0,25

0,25


3
a

2,0
0,5

Điều kiện: 0  x  1
15 x  11 3 x  2 2 x  3
P



x  2 x  3 1 x
3 x

15 x  11



3 x 2 2 x 3

x 1
x 3

 x  1 x  3
3 x  2 x  3   2 x  3 x  1
15 x  11



 x  1 x  3
 x  1 x  3


b

15 x  11



0,25

5x  8 x  9

 x  1 x  3  x  1 x  3
 x  1 2  5 x   2  5 x

 x  1 x  3 x  3
 x  3 P  m   x  3 2 x5 3x  m  5
Đối chiếu ĐK có: 0 

0,25

0,25

0,25

x  2m  x 

2m
5

2m
 1  3  m  2 . Vậy, 3  m  2
5

4

0,25
0,25
3,0

A
K

E
C'
F

B

a

A1
H

D

B'
O

A'

C

Do BEC  BFC  90o suy ra tứ giác BFEC nội tiếp

0,5

 AEF  ABC (cùng bù với góc CEF ) và BAC  FAE
Từ đó suy ra AEF ABC (đpcm).

0,5

b Ta có BCK  90o , AH  BC  AH / / KC
Lại có BAK  90o , CH  AB  CH / / AK
 tứ giác AHCK là hình bình hành
AE AA1
Ta có: AEF ABC 

(1) , trong đó: AA’ là trung tuyến ABC , AA1
AB AA '
là trung tuyến AEF
AE AB
AE
AB
AE OA '
Do BAC  BKC  ABE KBC 






 2
KC KB
2OA ' 2 R
AB
R
AA1 OA '

 R. AA1  OA '. AA ' .
AA '
R
Gọi B’, C’ lần lượt là trung điểm của AC, AB
Ta có: OB '  AC , OC '  AB  OA ', OB ', OC ' lần lượt là đường cao của các tam
giác OBC, OCA, OAB.

Từ (1) và (2) suy ra:
c

2

0,5

0,25

0,25
0,25

1
(OA '.BC  OB '. AC  OC '. AB)
2
 2 S ABC  OA '.BC  OB '. AC  OC '. AB (3)
AA
AA1
Theo phần b suy ra: OA '  R. 1 , mà
là tỷ số giữa 2 trung tuyến của 2 tam
AA '
AA '
AA1 EF
giác đồng dạng AEF và ABC nên
.

AA ' BC
FD
ED
Tương tự có: OB '  R.
,
; OC '  R.
AC
AB
thay vào (3) ta được: 2 S ABC  R( EF  FD  DE )
Do AD  AA '  AO  OA '  AD  R  OA ' , dấu bằng xảy ra khi A là điểm chính
giữa cung lớn BC
Mà R không đổi, nên EF  FD  DE lớn nhất  S ABC lớn nhất  AD lớn nhất
 A là điểm chính giữa của cung lớn BC.
S ABC  S OBC  S OCA  S OAB 

5

0,25

0,25

0,25
1,0

Với n  3  n !  6
Ta có: 3  1  2; 4  1  3;5  2  3;6  1  2  3  khẳng định đúng với n  3 .
Giả sử khẳng định đúng với n  k  k  3, k 

0,25

.

Ta đi chứng minh khẳng định đúng với n  k  1 .
Thật vật:
Giả sử a là số nguyên dương tuỳ ý và a   n  1 ! , chia a cho n  1 với số dư r và
thương d. Khi đó: a  d  n  1  r , 0  r  n  1 .

0,25

m

Theo giả thiết, do d  n !  d   di trong đó di 1  i  m  là các số tự nhiên khác
i 1

nhau từng đôi một, và là ước của n!.
Đồng thời m  n . Khi đó: a  d1  n  1  ...  d m  n  1  r và tổng này có không
quá n  1 số khác nhau từng đôi một và đều là ước của  n  1 ! (đpcm).
---------------------------Hết----------------------------

3

0,5


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2014–2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (3,0 điểm).
Cho phương trình x 2  3mx  2m  0 1 (m là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi m  1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu
thức sau đạt giá trị nhỏ nhất P 

x12  3mx2  6m
m2

.
m2
x22  3mx1  6m

Câu 2 (1,5 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

a3
b3
c3
abc



.
2
2
2
2
2
2
a  ab  b b  bc  c c  ca  a
3
Câu 3 (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC nhọn, không cân ( AB  BC ) và nội tiếp trong đường tròn  O  . Các tiếp
tuyến của  O  tại A và C cắt nhau ở P. Gọi D là hình chiếu của A trên BP; E là giao điểm các
đường thẳng BP và AC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cắt đường tròn  O  ở F (F khác C).
a) Chứng minh rằng các điểm A, D, F , P cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi M là trung điểm AC. Chứng minh rằng FC  FM .
c) Đường thẳng PF cắt lại đường tròn  O  ở N. Chứng minh rằng CA  CF  2 NC  MF .
Câu 4 (1,5 điểm).
Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố  p; q; r  sao cho pqr  p  q  r  200 .
Câu 5 (1,0 điểm).

Mỗi ô vuông đơn vị của bảng hữu hạn m  n (m, n là các số nguyên dương) được ghi một số
thực bất kì. Xét quy tắc biến đổi sau: Mỗi lần đổi dấu tất cả các số trên một hàng hoặc một cột.
Chứng minh rằng sau một số hữu hạn bước thực hiện quy tắc trên, ta thu được một bảng mà tổng các
số trong mọi hàng và mọi cột đều không âm.

———— HẾT————

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh…………………………………… Số báo danh……………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2014-2015
———————
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
Dành cho tất cả các thí sinh
—————————
A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không chấm điểm cho phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý
Nội dung trình bày
1
a Khi m  1 phương trình (1) trở thành x 2  3 x  2  0 .

Điểm
3,0
0,5

Phương trình này có biệt thức:    3  4 1  2   17  0

0,5

Suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:
3  17
3  17
và x 
x
2
2

0,5

2

b Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi và chỉ khi
m  0
(*)
  0  9 m  8m  0  
m   8
9

 x1  x2  3m
Theo Vi-ét ta có 
 x1 x2  2m

2
Ta có x1  3mx1  2m, x22  3mx2  2m

0,5

2

0,25

3m  x1  x2   8m
m2
9 m 2  8m
m2



Suy ra P 
m2
3m  x1  x2   8m
m2
9m 2  8m

0,25

Từ đó và (*) suy ra P  2, dấu “=” xảy ra  m  1 (thỏa mãn)
KL...

0,5

2

1,5
Vì a, b  0   a  b  a  b   0 nên a 3  b3  ab  a  b 

0,25

Bất đẳng thức này tương đương với
3a 3  2a 3  ab  a  b   b3  2a 3  2a 2b  2ab 2  a 2b  ab 2  b3

0,25

2

  a  ab  b
2

Suy ra

2

  2a  b 

a3
2a  b

2
2
a  ab  b
3

Tương tự, cũng được

b3
2b  c
c3
2c  a

,

2
2
2
2
b  bc  c
3
c  ca  a
3

0,25

0,25


Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều, thu được
 2a  b    2b  c    2c  a 
a3
b3
c3




a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2
3
3
3
3
a
b
c
abc
 2
 2
 2

2
2
2
a  ab  b b  bc  c c  ca  a
3

0,25

Dấu “=” khi a=b=c.

0,25

3

3,0

A

P
M
O

B

E

D

F

C
N

a

Do tứ giác CFDE nội tiếp nên FDP  1800  FDE  FCE
Mà FCE  FCA  FAP (do PA tiếp xúc với  O  )

0,5

Suy ra FDP  FAP
Từ đó, do A, D ở về cùng một phía của PF nên tứ giác APFD nội tiếp hay 4 điểm
A, D, F, P cùng thuộc một đường tròn.

0,5

b Do tứ giác ADFP nội tiếp nên AFP  ADP  900

c

0,25

Do tam giác PAC cân tại P và M là trung điểm AC nên AMP  900 suy ra ngũ
giác AMDFP nội tiếp

0,25

Suy ra PFM  1800  PAM  1800  PAC  1800  ABC  AFC

0,25

Suy ra MFC  AFC  AFM  PFM  AFM  PFA  900 do đó FC  FM .

0,25

Từ chứng minh trên suy ra AFM  NFC

0,25

Mà FAM  FNC (cùng chắn cung FC của (O)) nên FAM
NC CF
Suy ra

 AM  CF  NC  MF
AM MF
Do AC  2 AM nên CA  CF  2 NC  MF .

FNC

4

0,25
0,25
0,25
1,5

Không mất tính tổng quát, giả sử p  q  r. Viết lại phương trình đã cho về dạng

 rq  1 p  1   r  1 q  1  202 (1)
Nếu p lẻ thì q, r cũng lẻ, do đó VT (1) 4, nhưng VP(1) không chia hết cho 4, vô
lý. Vậy p  2.
Với p  2 thì (1) trở thành:
2rq  r  q  202  4rq  2r  2q  1  405   2q  1 2r  1  5  34

0,25

0,25


Do 3  2q  1  2r  1 nên 9   2q  1   2q  1 2r  1  405  3  2q  1  20
2

Từ đó, do 2q  1 là ước của 5  34 nên 2q  1 3,5,9,15
Nếu
Nếu
Nếu

Nếu

2q  1  3 thì q  2 và r  68 không là số nguyên tố, loại.
2q  1  5 thì q  3 và r  41
2q  1  9 thì q  5 và r  23
2q  1  15 thì q  8 không là số nguyên tố, loại.

KL: Tất cả các bộ ba số nguyên tố phải tìm là  2;5; 23 ,  2;3; 41 và các hoán vị
5

0,25
0,25
0,25
0,25
1,0

Xét tổng các số trong bảng khi thực hiện phép đổi dấu. Tổng này sẽ tăng khi tổng
các số trên hàng (hoặc cột) trước khi đổi dấu là âm; tổng không đổi khi khi tổng
các số trên hàng (hoặc cột) trước khi đổi dấu bằng 0 và tổng này sẽ giảm khi tổng
các số trên hàng (hoặc cột) trước khi đổi dấu là dương.
Khi thực hiện phép biến đổi trên thì mỗi số trong một ô hoặc là trùng với số ban
đầu hoặc là số đối của số ban đầu, vì thế khi thực hiện phép biến đổi trên thì có
thể nhận được tối đa 2mn bảng khác nhau, do vậy tổng tất cả các số trong bảng chỉ
nhận hữu hạn giá trị khác nhau.
Ta xét bảng ban đầu: Nếu không có hàng nào và không có cột nào có tổng các số
là âm thì bài toán được chứng minh.
Ngược lại, ta chọn một hàng hoặc cột có tổng các số là âm, ta thực hiện phép biến
đổi trên hàng hoặc cột đó. Khi đó trong bảng vừa nhận được nếu có hàng hoặc cột
có tổng các số là âm thì ta lại thực hiện phép biến đổi trên hàng hoặc cột đó và
nhận được bảng mới và cứ tiếp tục như vậy. Như vậy mỗi lần thực hiện phép biến

đổi thì tổng các số trong bảng tăng lên.
Do tổng đó chỉ nhận hữu hạn giá trị nên hoặc là tại một bước thực hiện nào đó ta
nhận được bảng cần tìm, hoặc là nhận được bảng có tổng đạt giá trị lớn nhất.
Bảng có tổng đạt lớn nhất thỏa mãn bài toán vì nếu trong nó có một vệt có tổng là
âm thì thực hiện phép biến đổi trên vệt đó ta được bảng mới có tổng tăng lên lớn
hơn tổng lớn nhất đó, vô lý.
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có điều phải chứng minh.
---------------------------Hết----------------------------

0,25

0,25

0,25

0,25