Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 cấp Tỉnh (Có đáp án chi tiết,file word,Bộ 6 đề)

Đề 1
Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian giao đề)
Nội dung đề thi
Câu 1/(2,5 điểm)
a = 3 3+ 9+

125 3
125
− −3 + 9 +
27
27

a/(1,0 điểm) Số
b/(1,5 điểm) Giải phương trình

( x − 4 ) ( x − 5) ( x − 8) ( x − 10 ) = 72 x 2

là số hữu tỷ hay vô tỷ?

(1)

Câu 2/(1,5 điểm)
Tìm các số nguyên không âm x,y,z,t thỏa mãn
 x 2 + 2 y 2 + 3z 2 + 4t 2 = 36
 2
x
y2 t 2
+
− =1

6 3

3

để biểu thức P=x2+y2+z2+t2 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 3 (1,5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của k để phương trình sau có đúng 2 nghiệm phân biệt
x3-k(x+1)+1=0
(1)
Câu 4/(2,0 điểm)
·ABC = 300 , ·ACB = 200

Cho tam giác ABC có
.Đường trung trực của AC cắt BC ở E và cắt
tia BA ở D.Chứng minh rằng
a/Tam giác ADE cân
b/AC=BE
Câu 5/(2,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính BC,A là một điểm trên đường tròn.H là hình chiếu
của A trên BC.Vẽ đường tròn (I) có đường kính AH,cắt AB,AC lần lượt tại M,N
OA ⊥ MN

a/Chứng minh
b/Vẽ đường kính AOK của đường tròn tâm O.Gọi E là trung điểm của HK.Chứng minh
rằng E là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN
c/Cho BC cố định.Xác định vị trí của điểm A để bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam
giác BMN lớn nhất
…………….Hết……………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị không giải thích gì thêm

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

Chữ kí của giám thị 1……………………… Chữ kí của giám thị 2…………………
1


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu
Câu 1
(2,5
điểm)

ý
a(1,0
điểm)

Nội dung

a3 = 6 − 5 3 3 + 9 +

125
125
+ 5 3 −3 + 9 +
27
27

⇔ a 3 + 5a − 6 = 0

⇔ ( a − 1) ( a 2 + a + 6 ) = 0

Điểm
0,25

0,25
0,5

a = 1
⇔ 2
⇔ a =1
 a + a + 6 = 0 (vn)
Ta có
b(1,5
điểm)

( 1) ⇔ ( x2 − 14 x + 40 ) ( x 2 − 13x + 40 ) = 72 x 2 ( 2 )

0,25

⇒
Vì x=0 không phải là nghiệm của phương trình
ta được

chia cả 2 vế của phương trình (2) cho x2

40 
40 

 x − 14 + ÷ x − 13 + ÷ = 72 (3)
x 
x 

t = x−

27 40
+
2
x

0,25
0,25

0,25

Đặt

0,25

( 3) :  t −

0,25

1  1 
÷ t + ÷ = 72
 2  2 
17
⇔t=±
2
t=

x = 2
17
⇒
2

 x = 20

+/ với

t=−

17
⇒
2

+/với
Câu 2
(1,5
điểm)

vô nghiệm

2
2
 x + 2 y + 3 z + 4t = 36
⇔ 2
2
2
2 x + y − 2t = 6
2

2

0,25

⇒ 3 x 2 + 3 y 2 + 3 z 2 + 2t 2 = 42
⇒ 3( x 2 + y 2 + z 2 + t 2 ) = 42 + t 2 ≥ 42
⇒ Pmin = 14 ⇔ t = 0
 x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = 36
 2
2
 2 x + y = 6
⇒ 3 z 2 − 3 x 2 = 24 ⇔ ( z − x ) ( z + x ) = 8 ( 1)
+/khi t=0 ta có
Do x,z nguyên không âm

2

0,25

0,25
0,25


⇒ z + x > z − x và ( z − x ) + ( z + x ) = 2 z
chẵn (2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra z+x và z-x cùng chẵn

z + x = 4
z = 3
⇔
⇒ y=2

z − x = 2
x = 1

( 1) ⇒ 
⇒ Pmin

0,25

x = 1
y = 2

= 14 ⇔ 
z = 3
t = 0

Từ

( 1) ⇔ x3 − kx − k + 1 = 0
⇔ ( x 3 + 1) − k ( x + 1) = 0
⇔ ( x + 1) ( x 2 − x + 1 − k ) = 0

Câu 3
(1,5
điểm)

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

0,25

0,25
0,5

(2)

Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
TH1: pt(2) có nghiệm kép khác -1

3

∆ = 0
3
k =
⇒
⇔
(3)
4⇔k=
4
 g (−1) ≠ 0
k ≠ 3

0,5

TH2:pt (2) có 2 nghiệm phân biệt,trong đó có 1 nghiệm =-1

3

∆ > 0

k >
⇒
⇔
4 ⇔ k = 3 (4)
 g (−1) = 0
k = 3
⇒k =3
Câu 4
(2,0
điểm)

a/(1,0
điểm)

Từ 3,4
là giá trị cần tìm
Vì DE là đường trung trực của AC,

·ACB = 200
·
⇒ ·AED = CED
= 900 − 200 = 700 (1)

0,25
T

a lại có

·
·

DAC
= ABC
+ ·ACB = 500
·
·
·
·
⇒ DAE
= DAC
+ CAE
= 700 = DEA
(2)

0,25
0,25
0,25

⇒∆
từ (1,2)
b(1,0
điểm)

DAE cân tại D

Trên nửa mp bờ BC không chứa điểm A,kẻ tia CF cắt tia DE kéo dài tại F sao cho

·
BCF
= 400

0,25

Ta có FA=FC (vì F thuộc đường trung trực của AC)

⇒∆

0,25

AFC cân tại F

3


·ACF = ·ACB + BCF
·
= 600 ⇒ ∆ACF
Mà

đều (3)

⇒

AC=CF
+/Vì

·
· F = 1100 (vì CE
· F = 1800 − ECF
·
· C = 1800 − 400 − 300 = 1100 )

BAE
= CE
− EF
AE = EC
·AEB = ECF
·
= 400 (vì ·AEB = 1800 − 1100 − 300 = 400 )

0,25
0,25

⇒ ∆ABE = ∆EFC ( g .c.g )
⇒ BE = CF (4)
⇒
Từ 3,4
Câu 5
(2,5
điểm

a/(1,0
điểm)

BE=AC

·
·
+ / ·AMN = MAH
= ·ACO = NAO

0,25

0,25
0,25

·AMN + ·ANM = 900

0,25

Ta lại có

·
⇒ NAO
+ ·ANM = 900
⇒ OA ⊥ MN

·ABC + ·ACB = ·ABC + CAO
·
·
= CAO
+ ·ANM = 900
⇒ ·ABC = ·ANM

b/(1,0
điểm)

0,25

Ta có

0,25

·ANM + MNC
·
·
= 1800 ⇒ ·ABC + MNC
= 1800

Mà

⇒
Tứ giác BMNC nội tiếp

Vì EI là đường trung bình

∆

0,25
0,25

⇒
AHK

EI//AK

OA ⊥ MN ⇒ EI ⊥ MN ⇒

Ta lại có

EI là đường trung trực của MN

⇒ OE ⊥ BC

Mặt khác OE là đường trung trực của BC (vì OE//AH

tại trung điểm O)

⇒
⇒

E là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC
E là tâm đường tròn ngoại tiếp

c/(0,5
điểm)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp

∆

∆

BMN

BE lớn nhất

1
4

⇔
⇔

⇔

BMN lớn nhất

AH lớn nhất (vì BE2=OB2+OE2=OB2+

≡

OA ⊥ BC

H O.Khi đó

0,25
AH2,OB cố định)

và A là điểm chính giữa của cung BC

………………Hết…………………
4

0,25


Đề 2
Thời gian làm bài: 150 phút

Môn thi : Toán
Nội dung đề thi:
Câu 1.(3,0 điểm)

A = 9 + 65 + 2 5 + 9 − 65 + 2 5 − 1

a/Rút gọn
b/ Tính giá trị biểu thức:

x − y  1 1 
1
B=
:  + ÷.
+
xy xy  x y  x + y + 2 xy


(


 1
1 
.
+
÷
3 

y÷
x+ y  x


2

)

x = 3 − 8, y = 3 + 8

Với
Câu 2.(1,0 điểm).Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn
3y2+x2+4xy-9y-20=0
Câu 3.(2,0 điểm)
a/ Giải phương trình :

2 3 x + 2 − 2 3 x = 3 x 2 + 2 x − 3 x2

b/ Giải hệ phương trình:
Câu 4.(3,0 điểm)

 x 2 + xy − x + y = 0
 4
2
2
2
 x + 3x y − 3 x + y = 0
⊥

a/ Cho tam giác ABC cân tại A,từ trung điểm M của BC hạ MN AC.Gọi I là trung
⊥

điểm của MN.Chứng minh AI BN
b/ Cho hình bình hành ABCD tâm O.Gọi M,N,P lần lượt là hình chiếu vuông góc của D
∆

trên AC,AB,BC.Chứng minh rằng O nằm trên đường tròn ngoại tiếp MNP

Câu 5.(1,0 điểm)
Cho 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn x+y+z=5xyz.Tìm giá trị nhỏ nhất của
A=

1 1 1
+ +
x5 y5 z 5

Hết
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu

Ý

Đáp án

5

Điểm


1(3,0
điểm)

a(1,5
điểm)

0,25

x = 9 + 65 + 2 15 + 9 − 65 + 2 15

⇔ x 2 = 18 + 2 16 − 2 15 = 18 + 2

(

)

0,5
0,25

15 − 1

= 16 + 2 15

0,25
0,25

⇒ x = 15 + 1
Đặt

⇒ A = 15
b(1,5
điểm)


1  1
1   x + y 
1
2
B= 
−

: 
+
÷
÷.
2


÷
xy  y
x   xy 
x+ y
x+ y



1  1
1   x + y + 2 xy 
1
1
= 
−
:
=
−
÷
2


xy  y
x÷

y
x
  xy x + y 



(

) (

(

)


x+ y
.
3
xy 


)

0,25

0,5
0,5
0,25

x = 3 − 8, y = 3 + 8

Với

1
1
−
= 3− 8 − 3+ 8
3+ 8 3− 8
⇔ A2 = 4 ⇔ A = 2

⇒ A=

3y2+x2+4xy-9y-20=0

2(1,0
điểm)

⇔ x 2 + 4 xy + 4 y 2 = y 2 + 9 y + 20

0,25

⇔ ( x + 2 y ) = ( y + 4) ( y + 5)

0,25
0,25
0,25

2

Vì tích của 2 số nguyên liên tiếp nên không thể chính phương

 y = −4 ⇒ x = 8
⇒
 y = −5 ⇒ x = 10
3(2,0
điểm)

a(1,0
điểm)

2 3 x + 2 − 2 3 x = 3 x2 + 2x − 3 x2
(1)

0,25

Vì x=0 không thỏa mãn

⇒x≠0

3

,chia cả 2 vế của (1) cho
3

ta có

x+2 3
x + 2 − 23
− x +2=0
x

 x+2 
⇔  3
− 1÷
÷
x


⇔ x=8

(

b/(1,0
điểm)

0,25

x

3

0,25

)

x −2 =0

TH1:x=0,y=0 (t/m)

0,25

x≠0

TH2:Xét

0,25

.Chia cả 2 vế pt(1) cho x,cả 2 vế pt(2) cho x2 ta được hệ

6


y

x + x + y −1 = 0


2
 x + y  + y − 3 = 0
÷

x
x+

0,25
0,25
0,25

y
x

Đặt u=

,v=y-1 ta có

u + v = 0
 u = −1 ⇒ v = 1
⇔
 2
 u = 2 ⇒ v = −2
u − u − 2 = 0
⇒
+/với u=-1,v=1

hệ vô nghiệm

⇒
+/với u=2,v=-2

( x; y ) = ( 1 +

hệ có 2 nghiệm

( x; y ) = ( 1 +

)(

)

2; −1 , 1 − 2; −1

)(

)

2; −1 , 1 − 2; −1 ; ( 0; 0 )

KL:Vậy hpt đã cho có 3 nghiệm
4(3,0
điểm)

a(1,0
điểm)

⇒
Từ M kẻ MP//BN

⇒

⇒

IP//MC
Xét

∆

⇒

AI

b(2,0

điểm)

IP

⊥

0,25
PN=PC

0,25

AM
0,25

AMP có IP,MN là 2 đường cao cắt nhau tại I

⇒

⊥

MP

AI

⊥

0,25

BN

µ
B
TH1:
Ta có

∆

⇒∆

tù
BND vuông tại N,O là trung điểm của BD

0,25
0,25

BON cân tại O

·
·
⇒ BON
= 1800 − 2OBN
·
·
BOP
= 1800 − 2OBC
0,25

Tương tự

·

·
⇒ NOP
= 3600 − 2 ·ABC = 2 BAD

( 1)
0,25

Do các tứ giác ANMD,DMPC nội tiếp

·
·
⇒ NMO
= ·ADN = 900 − BAD
·
·
·
·
PMC
= PDC
= 900 − BCD
= 900 − BAD

(

)

·
·
·
·

⇒ NMP
= 1800 − NMO
+ PMC
= 2 BAD
·
·
⇒ NOP
= NMP
Từ 1,2
(đpcm)

( 2)

0,25
0,25
0,25

hay tứ giác OMPN nội tiếp

7


µ
B

0,25

TH2:
nhọn
Ta có các tứ giác DMCP,DMAN nội tiếp

·
·
⇒ DMP
= DCP
= ·ABC
·
·
·
và DMN
= DAN
= ABC
·
⇒ NMP
= 2 ·ABC

Mặt khác

·
NOP
= 2 ·ABC

( 1)
( 2)

(Vì tứ giác NBPD nội tiếp đường tròn đường kính BD)

⇒

Từ 1,2

5(1,0
điểm)

⇒

Tứ giác NOMP nội tiếp

đpcm

Ta có x+y+z=5xyz

⇔

0,25

1
1 1
+ +
=5
yz xz xy
1
1
5
+ 5 +1+1 +1 ≥
5
x
y
xy
1 1
5

+ 5 +1+1+1 ≥
5
y
z
yz
1 1
5
+ 5 +1+1+1 ≥
5
z
x
xz

0,25
0,25
0,25

Ta có

 1 1 1 
 1
1
1 
⇒ 2  5 + 5 + 5 ÷+ 9 ≥ 5  + + ÷ = 25
y
z 
x
 xy yz xz 
⇒ A≥8
⇒ Amin = 8 ⇔ x = y = z = 1

Đề 3
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Môn: TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1: (2 điểm)
a/ Rút gọn biểu thức:

(

P = 4 + 15

)(

10 − 6

)

4 − 15

b/Cho x,y thỏa mãn điều kiện x+y=1 và x>0.Tìm giá trị lớn nhất của B=x2y3
Câu 2: (3 điểm)
8


a/Chứng minh rằng phương trình x2-2mx+2013.2014=0

∀m ∈ Z

(1) không có nghiệm nguyên

8 3 ( x − 1) − 3 ( x + 1) = 2 3 x 2 − 1
2

2

b/Giải phương trình :
c/Chứng minh rằng có duy nhất bộ số thực (x;y;z) thỏa mãn điều kiện
x − 2012 + y − 2013 + z − 2014 + 3018 =

1
( x + y + z)
2

(1)

Câu 3: (3 điểm)
Cho đường tròn (O) và một điểm A ở ngoài đường tròn.Qua A vẽ 2 dây BC và DE vuông
góc với nhau
a/Chứng minh rằng AB2+ AC2+ AD2+ AE2 không đổi
b/ Vẽ đường tròn (O;OA) cắt DE tại một điểm thứ 2 là H.Chứng minh rằng trọng tâm G
của tam giác BCH là một điểm cố định
c/ Gọi I,K lần lượt là trung điểm của BE và CD.Chứng minh rằng IK đi qua một điểm cố
định
Câu 4: (1 điểm)
Cho ax3= by3= cz3 và
3

1 1 1
+ + =1

x y z

. Chứng minh rằng

ax 2 + by 2 + cz 2 = 3 a + 3 b + 3 c

Câu 5/ (1 điểm)
Giả sử phương trình x2+ax+b=0 có 2 nghiệm x1,x2 và phương trình x2+cx+d=0 có 2
nghiệm x3,x4 .Chứng minh rằng :
2(x1+x3) (x1+x4) (x2+x3) (x2+x4)=2(b-d)2-(a2-c2)(b-d)+(a+c)2(b+d)
Hết.

ĐÁP ÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN
Môn: TOÁN CHUYÊN
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu
Câu1 (2
điểm)

ý
a(1
điểm)

P = 4 + 15. 4 + 15. 4 − 15
= 8 + 2 5. 16 − 15.
=

b(1
điểm)

(

5+ 3
≤

)(

(

5− 3

(

Nội dung

)

5− 3 . 2

)

Điểm
0,5
0,25
0,25

)

5− 3 =2

≤

0,25

Nếu y 0 thì B 0
Nếu y>0 thì

(1)
0,25

9


1= x+ y =

x x y y y
x x y y y
x2 y3
+ + + + ≥ 55 . . . . = 55
2 2 3 3 3
2 2 3 3 3
108
0,25

2

5

3

x y 1
108
≤  ÷ ⇒ x2 y3 ≤
108  5 
3125

0,25

Suy ra

108
3125

B≤

⇔

x y
2
3
= ⇔ x= ;y=
2 3
5
5

Dấu “=” xảy ra

(2)

108

max B =
3125
Từ (1) và (2) suy ra
Câu2(3
điểm)

a(1
điểm)

2
3
x= ;y=
5
5
khi và chỉ khi

∆ ' = m 2 − 2013.2014 = k 2 (k ∈ N )
Giả sử (1) có nghiệm nguyên thì

⇒ m 2 − k 2 = 2013.2014 ⇒ ( m − k ) ( m + k ) = 2013.2014
=một số chẵn

⇒ ( m − k ) ( m + k ) M4

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

Do đó m-k và m+k cùng chẵn

M
b(1
điểm)

Nhưng 2013.2014 4. Vậy pt(1 ) không có nghiệm nguyên
Dễ thấy x=1 không là nghiệm
3

( x − 1)

Chia cả 2 vế cho

( x + 1)
2
( x − 1)

0,25
ta được

2

8− 3

0,25

2

= 23

x +1
x −1

0,5
(1)

3

x +1
x −1
=y thì (1) trở thành y2+2y-8=0 có nghiệm y1=2;y2=-4

Đặt

9
63
⇒ x1 = ; x2 =
7
65
c(1
điểm)

0,25

 x ≥ 2012

 y ≥ 2013
 z ≥ 2014


0,25

Đk:

(1) ⇔ ( x − 2012 ) − 2 x − 2012 + 1 + ( y − 2013) − 2 y − 2013 + 1
+ ( z − 2014 ) − 2 z − 2014 + 1 = 0
⇔

(

) (
2

x − 2012 − 1 +

) (
2

y − 2013 − 1 +

 x − 2012 = 1  x = 2013


⇔  y − 2013 = 1 ⇔  y = 2014
 z − 2014 = 1  z = 2015



(t / m )

10

)

2

z − 2014 − 1 = 0

0,5


Câu3(3
điểm)

a(1
điểm)

0,5

0,5

⇒
Vẽ đường kính DF thì EF//BC
BE=CF
Ta có
(AB2+AE2)+(AD2+AC2)=BE2+CD2
=CF2+CD2=4R2 (không đổi)
b(1
điểm)

⊥

⇒

⊥

0,25

Vẽ OM BC;ON DE.Tứ giác AMON là hình chữ nhật,NMOH là hình bình hành
OA,MN cắt nhau tại trung điểm P của mỗi đường;ON và MH cắt nhau tại trung điểm Q của
mỗi đường

G = OA ∩ HM

Gọi

.Xét

∆

MON có G là trọng tâm

2
1
⇒ OG = OP = OA ⇒
3
3

0,25
0,5

G là một điểm cố định

2
1
MG = MQ = MH ⇒
3
3
G là trọng tâm của

c(1
điểm)

R = AK ∩ BE , J = AI ∩ CD

∆

HBC và là một điểm cố định
0,25

Gọi
Ta có KA=KC

·
·
⇒ KAC
= KCA
= ·AER
·
·

KAD
= RAE

0,25
0,25

·
·
·
·
KAC
+ KAD
= 900 ⇒ AER
+ RAE
= 900 ⇒ AK ⊥ BE
Mà

0,25

·
·
·
JCA
= ·AER, JAC
= RAE
·
·
·
⇒ ·AER + RAE
= JCA

+ JAC
= 900 ⇒ AJ ⊥ CD ⇒ AI ⊥ CD

Tứ giác AKOI là hình bình hành,suy ra đường chéo IK đi qua trung điểm P của OA và là
một điểm cố định
Câu4(1
điểm)

Gọi vế trái là T,vế phải là P,ta có

0,5

11


T=

3

ax 3 ay3 az 3
ax 3 ax 3 ax 3
+
+
=3
+
+
x
y
z
x

y
z

0,5

1 1 1
T
= 3 ax 3  + + ÷ = x 3 a ⇒ 3 a =
x
x y z
3

b=

Tương tự

T
y

3

c=

T
z

,

1 1 1
P = T  + + ÷= T

x y z
Câu5(1
điểm)

Vậy
Theo GT ta có

0,25

 x + ax1 + b = 0
 2
 x2 + ax 2 + b = 0

 x1 + x2 = − a
 x .x = b
 1 2
2
1

 x + cx 3 + d = 0
 2
(2)
 x4 + cx 4 + d = 0
và 
(3)
 x3 + x4 = −c
 x .x = d
(4)
 3 4
2

3

(1)

(5)
(6)
(7)
(8)
0,25

Ta có
2(x1+x3) (x1+x4) (x2+x3) (x2+x4)

2  x12 + ( x3 + x4 ) x1 + x3 x4   x22 + ( x3 + x4 ) x2 + x3 x4 

=

0,25

x12 = − ( ax1 + b ) , x22 = − ( ax 2 + b )
x3 + x4 = −c, x3 .x4 = d

Thay
2(x1+x3) (x1+x4) (x2+x3) (x2+x4)=

2 [ −ax1 − b − cx1 + d ] [ −ax 2 − b − cx2 + d ]

0,25

= 2  − ( a + c ) x1 − ( b − d )   − ( a + c ) x2 − ( b − d ) 

2
2
= 2 ( a + c ) x1 x2 + ( a + c ) ( b − d ) ( x1 + x2 ) + ( b − d ) 


2
2
= 2 ( a + c ) b − a ( a + c ) ( b − d ) + ( b − d ) 



=2(b-d)2+2b(a+c)2-2a(a+c)(b-d)
=2(b-d)2+[(b+d)+(b-d)](a+c)2-2a(a+c)(b-d)
=2(b-d)2+(a+c)2(b+d)+(a+c)2(b-d)-2a(a+c)(b-d)
=2(b-d)2+(a+c)2(b+d)+(a+c)(b-d)(a+c-2a)
=2(b-d)2+(a+c)2(b+d)-(a2-c2)(b-d)

ĐỀ 4
Thời gian làm bài: 150 phút
Nội dung đề thi:
Câu 1.(3,0 điểm)
A=

3a − 2 ≤ 1

a/ Tìm tất cả các số thực a sao cho
b/Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

và

12

3a − 1
4a 4 + a 2

là số nguyên


3

3

3

2

2

2

P=2(x +y +z )-(x y+y z+z x) với

0 ≤ x, y , z ≤ 1

Câu 2.(2,5 điểm)
3

x 2 + 4 x + 3 + 3 4 x 2 − 9 x − 3 = 3 3x 2 − 2 x + 2 + 3 2 x 2 − 3 x − 2

a/ Giải phương trình

b/ Cho các số thực x,y,z thỏa mãn
2
( x − y ) ( x + y ) = z
 2
2
 4 y = 5 + 7 z

(1)

Tính giá trị biểu thức D=2x2+10y2-23z2

Câu 3.(1,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và một dây cung AB của (O),điểm C nằm trên đường tròn đó.Điểm
M thuộc đường gấp khúc ACB (gồm 2 đoạn thẳng AC và CB) và chia đường gấp khúc
này thành 2 phần có độ dài bằng nhau.Tìm tập hợp điểm M khi điểm C di chuyển trên
đường tròn (O)
Câu 4.(2,0 điểm)
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I.Gọi M,N,P lần lượt là các tiếp điểm của
(I) trên các cạnh AB,AC,BC và MD,NE,PF là các đường cao của tam giác MNP.Chứng
minh rằng DA.FB.EC=EA.DB.FC
Câu 5.(1,0 điểm)
Cho 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn x+y+z=3.Chứng minh rằng
x3
y3
z3
1 2
+
+
≥ + ( xy + yz + zx )
3

3
3
y + 8 z + 8 x + 8 9 27

Hết
ĐÁP ÁN
Câu
1a
(1,5 đ)

Đáp án

Điểm

1
3a − 2 ≤ 1 ⇒ ≤ a ≤ 1 (*)
3
Từ gt

⇒ A=

0,25

3a − 1
≥0
4a 4 + a 2

a=

1

3

0,5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2
3a − 1
4 a 4 + a 2 − 3a + 1 ( a + a + 1) ( 2a − 1)
1− A = 1− 4
=
=
≥0
4a + a 2
4a 4 + a 2
4a 4 + a 2
2

Xét

0,25

⇒ A ≤1
a=

1
2

0,5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

A = 0
⇒
A =1

⇒ 0 ≤ A ≤1
Vì A nguyên

13


a=

1
3

Với A=0 ta có

(t/m *)

1
a=
2
Với A=1 ta có

(t/m *)

a=
Vậy các số thực a cần tìm là

1b
(1,5 đ)

a=

1
2

và

( 1− x ) ( 1− y) + ( 1− y ) ( 1− z ) + ( 1− z ) ( 1− x) ≥ 0
2

0 ≤ x, y , z ≤ 1
Do

1
3

2

2

nên ta có

⇔ 3 ≥ ( x2 + y 2 + z 2 ) + ( x + y + z ) − ( x2 y + y 2 z + z 2 x )

Mặt khác

0,25

(1)

x ≥ x 2 ≥ x3 , y ≥ y 2 ≥ y 3 , z ≥ z 2 ≥ z 3

0 ≤ x, y , z ≤ 1

0,25

0,25

, nên

⇒

0,5

Từ (1) ta có

⇔ 3 ≥ ( x 3 + y 3 + z 3 ) + ( x3 + y 3 + z 3 ) − ( x 2 y + y 2 z + z 2 x )

(1)

⇒ P≤3

( 1 − x 2 ) ( 1 − y ) = 0

( 1 − y 2 ) ( 1 − z ) = 0

( 1 − z 2 ) ( 1 − x ) = 0


3
2
x = x = x
 y3 = y 2 = y

 z3 = z 2 = z

 0 ≤ x, y , z ≤ 1


0,25

Xét hệ

⇒

trong 3 số x,y,z thì có 3 số =1,hoặc có 2 số =1 và 1 số =0

⇒

(chẳng hạn x=y=z=1
Vậy Pmax=3
2a
(1,5 đ)

3

P=3)

x2 + 4x + 3

Đặt a=
Ta có a+b=c+d
Và a3+b3=c3+d3

3

4 x2 − 9 x − 3

,b=

3

3x 2 − 2 x + 2

,c=

3

, d=

(1)

⇔ ( a + b ) − 3ab ( a + b ) = ( c + d ) − 3cd ( c + d )
3

3

2 x 2 − 3x − 2

0,25
0,5
0,25

Kết hợp với (1) ta có (a+b)(ab-cd)=0

x = 0
⇒ 5x2 − 5x = 0 ⇔ 
x = 1
+/ Với a+b=0
+/ Với ab=cd ,ta có

(x

2

0,25

+ 4 x + 3) ( 4 x 2 − 9 x − 3) = ( 3 x 2 − 2 x + 2 ) ( 2 x 2 − 3 x − 2 )

14


⇔ ( x 2 − 7 x − 5 ) ( 2 x 2 − 6 x − 1) = 0

0,25


7 ± 69
x =

2
⇔

3 ± 11
x =

2

7 ± 69 3 ± 11 
x ∈ 0;1;
;

2
2 

Vậy pt đã cho có 6 nghiệm phân biệt
2b
(1,0 đ)

0,25

 x 2 − y 2 − z 2 = 0
⇔ 2
2
4 y − 7 z = 5

0,25

Ta có (1)
Giả sử a,b là các số thực thỏa mãn

x2 − y 2 − z 2
a(

4 y2 − 7z2

0,25
2

)+b(

2

)=2x +10y -23z

2

0,25

a = 2
a = 2

⇔ 4b − a = 10 ⇔ 
7b + a = 23 b = 3

x2 − y 2 − z 2
Vậy D=2(

4 y2 − 7z2
)+3(

)=2.0+3.5=15

3
(1,5 đ)

0,25

0,25
Kẻ đường kính DE của (O) vuông góc với AB tại H
0,25

15


»
C ∈ DB
+/ Xét TH
+/ Phần thuận: Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho CF=CB.Khi đó từ

·
·
·
·
·
DAB
= DBA
= DCA
⇒ DCB
= DCF

·
DAB
(vì cùng bù với

0,25

),CD là cạnh chung

⇒ ∆CDB = ∆CDF (c.g .c ) ⇒ DA = DB = DF (*)

Vì M là điểm thuộc đường gấp khúc ACB và chia đường gấp khúc đó thành 2 phần có độ dài bằng

⇒

nhau,

0,25

M là trung điểm của đoạn AF.

·
⇒ DM ⊥ AF , hay DMA
= 900

Từ (*)

0,25

.Vậy M thuộc đường tròn đường kính DA

C≡D
Khi

thì

M ≡D

»
DB
.khi C chuyển động trên

đến trùng với B thì tia AC quay xung quanh

¼
DaH

A,cùng chiều kim đồng hồ đến trùng với tia AB.Điểm M sẽ chuyển động trên cung

của đường

¼
DaH

tròn đường kính DA đến trùng với H.Do đó,trong TH này tập hợp các điểm M là cung

¼
DaH

+/Phần đảo:Lấy điểm M bất kì thuộc

,đường thẳng AM cắt cung nhỏ DB của (O) tại C.Ta
chứng tỏ rằng điểm M chia đường gấp khúc ACB thành 2 phần có độ dài bằng nhau.Thật vậy trên tia

·
·
·
·
·
DAB
= DBA
= DCA
⇒ DCB
= DCF

đối của tia CA lấy điểm F sao cho CF=CB.vì

·
DAB

với

(vì cùng bù

⇒ ∆CDB = ∆CDF (c.g .c ) ⇒ DA = DB = DF
)

¼
DaH

Vì M thuộc

⇒ DM ⊥ AF ⇒
nên

.

⇒
M là trung điểm của AF

»
DA
+/ Xét tiếp các TH C thuộc cung nhỏ

đpcm

»
EA
; C thuộc cung nhỏ

»
EB
; C thuộc cung nhỏ

,tiến hành

»
DB
tương tự C thuộc cung nhỏ

¼

¼
¼
¼
DaH
DbH
EcH
EdH

KL:Tập hợp các điểm M cần tìm là hình hợp bởi 4 cung
các đường tròn đường kính DA,DB,EB,EA theo thứ tự)

,

,

,

(một phần của

4
(2,0 đ)

0,5

Kẻ BK

⊥

MN,CH

⊥

MN.Vì AM,AN là tiếp tuyến của (I)

·
·
⇒ AM = AN ⇒ ·AMN = ·ANM ⇒ KMB
= HNC

16

0,5


⇒ ∆KMB ÿ ∆HNC ⇒

BM KM KB
=
=
CN
HN HC

⇒

0,5

KB KF
=
HC HF

Mặt khác do BK//PF//CH

BM KM KF KF − KM FM
=
=
=
=
CN
HN HF HF − HN FN

Từ đó suy ra

·
·
BMF
= CNF

Kết hợp với

ta được

·
·
∆BMF ÿ ∆CNF (c.g .c ) ⇒ MFB
= NFC

·
·
⇒ BFP
= CFP

·
BFC

0,5

hay FP là tia phân giác của góc

FB PB
=
FC PC
Từ kết quả trên ta có

(1)

DA MA
=
DB MB
Tương tự ta có

EC NC
=
EA NA
(2) và

(3)

⇒

FB.DA.EC

=1⇒
FC.DB.EA

Nhân (1),(2),(3) theo vế (lưu ý AM=AN,BM=BP,CP=CN)
5
(1,0 đ)

đpcm

x3
y + 2 y2 − 2 y + 4 x
+
+
≥
y3 + 8
27
27
3

0,25

Ta có

⇒

x3
9x + y − y2 − 6
≥
y3 + 8
27

0,25
(1)

Tương tự ta có

y3
9 y + z − z2 − 6
≥
z3 + 8
27

z3
9z + x − x2 − 6
≥
x3 + 8
27
(2) ;

(3)

Cộng theo vế (1),(2),(3) ta có

17

0,5


VT ≥

10 ( x + y + z ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 18
27

3+ ( x + y + z) − ( x + y + z
2

=

2

2

27

2

) =1+
9

=

12 − ( x 2 + y 2 + z 2 )
27

2
( xy + yz + zx )
27

⇒
đpcm.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1

Đề 5
Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian giao đề)
Nội dung đề thi
Câu 1: (2.0 điểm)
a. Cho a, b là các số thực không âm tuỳ ý. Chứng tỏ rằng:
a + b ≤ a + b ≤ 2 (a + b )

. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
b. Cho x, y, u, v là các số thực không âm thay đổi và có tổng bằng 1.
- Chứng minh

x + y + u + v ≥1

- Hãy tìm giá trị lớn nhất của S =

x+ y+ u+ v

.

Câu 2: (2.0 điểm)
Giải phương trình,hệ phương trình sau:

a.

x + 2 + 3 2x − 5 + x − 2 − 2x − 5 = 3 2

b.

 y 3 + y 2 x + 3x − 6 y = 0


xy = 3 − x 2


Câu 3: (2.0 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh DC lấy điểm N sao
cho góc MBN bằng 450. Đường chéo AC cắt BM tại E và cắt BN tại F.
a. Tính số đo góc ENB.
b. Gọi G và H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EBC và EDF.
Chứng minh GH song song với MB.
Câu 4: (3.0 điểm)
Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm M, N, P sao
MB NC PA 1
=
=
=
MC NA PB 2

cho
. Gọi A’ là giao điểm của BN và CP, B’ là giao điểm của CP và
AM, C’ là giao điểm của AM và BN. Đường thẳng qua N song song với BC cắt AM tại Q.
Đường thẳng qua A song song với BC cắt đường thẳng CP tại D.

18


a. Tính các tỉ số:

AD AB' C' M
;

;
MC AM C' Q
B' A = B' C'

.

b. Chứng minh:
.
c. Gọi S là diện tích tam giác ABC. Tính diện tích tam giác A’B’C’ theo S .
Câu 5: (1.0 điểm)
Chứng minh rằng:
Không tồn tại các số nguyên x, y, z để x3 + y3 + z3 = 2014 + x + y + z.

Đáp án
Câu
1
(2,0)

Ý
a/
1.0

Nội dung

Điểm
0,25
0,25

a + b ≤ a + b ⇔ a + b ≤ a + b + 2 ab ⇔ 2 ab ≥ 0
+/

+/ Dấu “=” xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0.

.

0,25

a + b ≤ 2(a + b) ⇔ a + b + 2 ab ≤ 2( a + b) ⇔ a + b − 2 ab ≥ 0

0,25

⇔ ( a − b )2 ≥ 0
+/
+/Dấu “=” xảy ra khi a = b.
b/
1.0

.

x + y + u + v ≥ x + y + u + v ≥ x + y + u + v = 1 =1
+/ S =

x + y + u + v ≤ 2( x + y ) + 2( u + v )

0,25
0,25
0,25

+/ S =

≤ 2(2( x + y) + 2(u + v)) = 4( x + y + u + v) = 4 = 2

0,25
.

+/ Dấu “=” xảy ra khi x = y và u = v và x + y = u + v và x + y + u + v = 1.

x=y=u=v=

1
4

+/
2
(2,0)

a/
1.0

thoả. Vậy Max S= 2.

2 x + 4 + 3.2. 2 x − 5 + 2 x − 4 − 2 2 x − 5 = 3

2
+/ Nhân hai vế với

được:

0,25
0,25

2x − 5 + 9 + 3.2. 2x − 5 + 2x − 5 + 1 − 2 2x − 5 = 3
+/ 

0,25

( 2x − 5 + 3) + (1 − 2x − 5 ) = 3
2

2



0,25

2x − 5 + 3 + 1 − 2x − 5 = 3
+/ 

2x − 5 + 3 + 1 − 2x − 5 ≥

2x − 5 + 3 + 1 − 2x − 5 = 4

+/ Có
vô nghiệm.
( Trong trường hợp này không cần thử lại hoặc đặt điều kiện).

19

. Vậy phương trình

b/
1.0

+/Thay xy từ (2) vào (1) được:

0,25

 y + y(3 − x ) + 3x − 6 y = 0

xy = 3 − x 2

3

 y + 3y − yx + 3x − 6 y = 0

xy = 3 − x 2


2



3

2


2
 y( y − x )( y + x ) − 3( y − x ) = 0 ( y − x )( y + xy − 3) = 0



xy = 3 − x 2
xy = 3 − x 2



+/ 

( y − x )( y − x ) = 0 ( y − x ) 2 ( y + x ) = 0


xy = 3 − x 2
xy = 3 − x 2


2

+/ Tiếp tục thay, được:



 x = y

2
xy = 3 − x
 x = − y
xy = 3 − x 2

+/ 

  x=y
 2
2
 x = 3 − x
 x = − y
 − x 2 = 3 − x 2





·
EBN
= 450

+/
+/

⇒

(gt)
(AC là đường chéo của hình vuông)

BCNE nội tiếp

·
·
⇒ ENB
= ECB
= 450

+/

A
M
B
E
N
C
D
H
G
20

0,25
.

 x=y

 x=y 
3
x
=
±
 2
2
2 x = 3 

3
(2,0)

a/
1.0

·
ECN
= 450

0,25


2

+/

0,25




I
F
0,25
0,25
0,25
0,25

b/
1.0

⇒

+/ EBCN nội tiếp
đường tròn đường
⇒

kính BN Tâm
đường tròn ngoại
tiếp tam giác ECB
là trung điểm G của
⊥

BN và EM EN
+/Tương tự cm
được ABFM nội
tiếp

⇒

⇒

⊥

MF BN

+/ D,M,E,F,N
cùng thuộc đường
tròn đường kính
⇒

MN Tâm đường

tròn ngoại tiếp tam
giác DEF là trung
điểm H của MN
+/HG là đường
trung bình của tam
giác MNB nên
HG//BM
4
(3.0)
A
B
M
N
P
D
Q
21

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


C’
A’
B’
+/
+/
+/

+/
+/
+/
+/

AD PA 1
BC
=
= ⇒ AD =
BC PB 2
2

MC 2
2BC
AD 3
= ⇒ MC =
⇒
=
BC 3
3
MC 4
B' A AD 3
AB' 3
=
= ⇒
=
B' M MC 4
AM 7

(1)

QN AN 2
2MC
=
= ⇒ QN =
MC AC 3
3
BM 1
MC
= ⇒ BM =
MC 2
2

C' M BM MC 2MC 3
=
=
:
=
C' Q QN
2
3
4
C' M 3
3
= ⇒ C' M = MQ
C' Q 4
7

+/Từ (1) có AB’ =
+/ Vậy B’A =B’C’

+/ MC=

2
BC
3
1
2

.Do MQ =

AM
3

1
7

nên C’M = AM.

3
1
3
3
AM ⇒ B' C' = AM − AM − AM = AM
7
7
7
7

⇒ SAMC =

2
S
3

. B’M =

1
2

4
AM
7

1 4 2
2 7 3

4
7

⇒ SCMB’= SAMC =

+/ A’B’= B’C ⇒ SA’MB’ = SCMB’ = . . S
+/ C’B’ =
A
B
M
N
P
D
Q

C’
A’
B’

3
4

B’M ⇒ SA’B’C’=

3
4

3
4

.SA’MB’ = .

1 4 2
2 7 3

. . S= S

22
C

1
7

4 2
7 3

. S


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

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
5
1.0

+/
x3 + y3 + z3 =
2014 + x + y + z ⇔
x3 -x + y3 - y + z3 - z
= 2014
+/ Có x3 - x = x(x2 1) = (x-1)x(x+1)
chia hết cho 3 (Tích
của ba số tự nhiên

liên tiếp). Tương tự
y3 - y ; z3 - z chia
hết cho 3
+/ ⇒ x3 -x + y3 - y +
z3 - z chia hết cho 3.
+/ 2014 không chia
hết cho 3 nên không
tồn tại x, y, z
23

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


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

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
nguyên thoả x3 + y3
+ z3 = 2014 + x + y
+ z.

Đề 6
(Thời gian làm bài: 150 phút)
Câu I (2,0 điểm)

a 2 (b-2c)+b 2 (c-a)+2c 2 (a-b)+abc
1)

Phân tích đa thức sau thành nhân tử

.

x = 3 y- y 2 +1+ 3 y+ y2 +1

2) Cho x, y thỏa mãn

A = x +x y+3x +xy- 2y +1
4

3

2

. Tính giá trị của biểu thức

2

.
24


Câu II ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình

(x 2 - 4x+11)(x 4 - 8x 2 +21) = 35

)(

(

.

)

 x+ x 2 +2012 y+ y 2 +2012 = 2012


 x 2 + z 2 - 4(y+z)+8 = 0

2) Giải hệ phương trình
.
Câu III (2,0 điểm)
1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì (n2 + n + 1) không chia hết cho 9.
2) Xét phương trình x2 – m2x + 2m + 2 = 0 (1) (ẩn x). Tìm các giá trị nguyên dương của
m để phương trình (1) có nghiệm nguyên.
Câu IV (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D, E, F
lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC; BO cắt EF tại I. M là điểm di
chuyển trên đoạn CE.
1.Tính góc BIF
2.Gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng nếu AM = AB thì tứ giác ABHI
nội tiếp.
3.Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O), P và Q lần lượt là hình chiếu của
N trên các đường thẳng DE, DF. Xác định vị trí của điểm M để PQ lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm)

0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤1

Cho 3 số a, b, c thỏa mãn
1
1 
 1
B = (a+b+c+3) 
+
+
÷
 a+1 b+1 c+1 

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

.

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
M.
Câu
Câu I (2,0đ)

Nội dung

a 2 (b - 2c) +b 2 (c - a) + 2c 2 (a - b) + abc=2c 2 (a - b)+ab(a-b)-c(a 2 − b 2 ) − ac( a − b)
1) 1,0 điểm

Điểm
0,25

= (a − b)[2c 2 − 2ac + ab − bc]

0,25

= (a − b)[2c(c − a) + b(a − c)]

0,25

= (a − b)(a − c)(b − 2c)

0,25

25