tổng hợp các đề toán luyện thi vào 10

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN THPT
LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2016 - 2017

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin)
Bài I (2,0 điểm).
1) Cho các số a,b,c khác 0 thỏa mãn ab + bc + ca = 0 . Tính giá trị biểu thức:
P=

bc ca ab
+ +
a2 b2 c 2

2) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn :
x2 + y2(x – y + 1) – (x – 1)y = 22.
Bài II (3,0 điểm).
1) Giải phương trình:

3

x + 6 + x2 = 7 − x − 1 .
2 x( x − 1) + ( y − 1)( 2 y + 1) = 0

2) Giải hệ phương trình: 

2
2 y + 2 x + y + 1 = 6 xy

Bài III (1,0 điểm).
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a 2 − bc
b 2 − ca
c 2 − ab
+
+
≥0
2a 2 + b 2 + c 2 2b 2 + c 2 + a 2 2c 2 + a 2 + b 2

Bài IV (3,0 điểm).
Cho đường tròn (O, R), dây BC cố định và BOC = 1200 . Điểm A di động trên
cung lớn BC sao cho ∆ ABC nhọn. Hai đường cao BM và CN cắt nhau tại H. Gọi D là

điểm đối xứng với B qua M và E là điểm đối xứng với C qua N. Đường tròn (O1; R1)
ngoại tiếp ∆ ABD và đường tròn (O2; R2) ngoại tiếp ∆ ACE cắt nhau tại điểm thứ hai K.
1) Chứng minh rằng tứ giác BHCK nội tiếp.
2) Chứng minh rằng MN // O1O2 và ba điểm E, B, K thẳng hàng.
3) Tìm vị trí của điểm A sao cho

1
1
+
nhỏ nhất.
2
KB
KC 2

Bài V (1,0 điểm).

Cho 2 ≤ a1 < a2 < a3 < ... < a15 ≤ 2016 là 15 số tự nhiên đôi một nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh rằng trong 15 số tự nhiên đó luôn tồn tại ít nhất một số nguyên tố.
------------------------- Hết---------------------(Giám thị không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: .....................................................Số báo danh:...............................
Chữ ký của giám thị số 1:

Chữ ký của giám thị số 2:


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

BÀI
I

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN MỘT VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: TOÁN
(Dành cho hệ chuyên Toán và chuyên Tin)
HƯỚNG DẪN CHẤM

Ý

ĐIỂM
2,0

1

bc ca ab

Tính giá trị biểu thức: P = 2 + 2 + 2
a b
c

1,0
0,25

1 1 1
a b c
1 1 1
1 1 1
3
P = abc( 3 + 3 + 3 ) = abc( 3 + 3 + 3 −
)+3
a b c
a b c abc
1 1 1 1 1 1 1
1 1
= abc( + + )( 2 + 2 + 2 −
− − )+3
a b c a b c ab bc ca
= 0+3= 3

Ta có: ab + bc + ca = 0 ⇒ + + = 0

2

0,25
0,25
0,25

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn :
x2 + y2(x – y + 1) – (x – 1)y = 22.
2

1,0

2

x + y (x – y + 1) – (x – 1)y = 22
⇔ x2 – xy + y + y2(x – y + 1) = 22
⇔ (x2 – xy + x) – (x – y + 1) + y2(x – y + 1) = 21
⇔ (x – y + 1)(x + y2 – 1) = 21

0,25
2

Vì x, y là các số nguyên dương nên x – y + 1 và x + y – 1 là các ước dương
của 21.
x–y+1
1
21
3
7
2
x+y –1
21
1
7
3

y2 + y – 2
20
- 20
4
-4
y
2
×
×
×
x
4
×
×
×
Vậy có một cặp nguyên dương (x, y) thỏa mãn phương trình đầu bài là (4; 2).
II

0,5
0,25
3,0

1 Giải phương trình:

3

2

x + 6 + x = 7 − x −1 .

1,5

ĐK: x ≥ 1
0,5
x + 6 − 2 + x2 − 4 + x − 1 − 1 = 0
x−2
x−2
⇔
+ ( x − 2)( x + 2) +
=0
2
3
3
x −1 +1
( x + 6) + 2 x + 6 + 4

Ta có:

3

0,5

 x = 2 (TM)

1
1
⇔
+ x+2+
= 0 (1)
2

 3 ( x + 6) + 2 3 x + 6 + 4
x −1 + 1

Dễ thấy phương trình (1) vô nghiệm do VT luôn dương ∀x ≥ 1
Vậy phương trình có nghiệm x = 2
1

0,5


2

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

Giải hệ phương trình: 

2
 2 y + 2 x + y + 1 = 6 xy

1,5

2 x + 2 y = 2 x + y + 1 (1)
2
2 y + 2 x + y + 1 = 6 xy (2)
2

2

Hệ phương trình tương đương với 

Thay 2x + y + 1 = 2x2 +2y2 từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta có:
x = y
2 x 2 + 4 y 2 = 6 xy ⇔ x 2 − 3xy + 2 y 2 = 0 ⇔ 
x = 2 y

0,5

Với x = y suy ra nghiệm: (1;1) , 

0,5

− 1 −1 
; 
 4 4 

 5 ± 65 5 ± 65 
;

20 
 10

Với x = 2 y suy ra nghiệm: 
III

a 2 − bc
b 2 − ca
c 2 − ab
+
+
≥0

2a 2 + b 2 + c 2 2b 2 + c 2 + a 2 2c 2 + a 2 + b 2
a 2 − bc
b 2 − ca
c 2 − ab
Ta có: 2 2 2 + 2 2 2 + 2 2 2 ≥ 0
2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b
2
2a − 2bc
2b 2 − 2ca
2c 2 − 2ab
⇔ 2 2 2 −1 + 2 2
−
1
+
− 1 ≥ −3
2a + b + c
2b + c + a 2
2c 2 + a 2 + b 2
(b + c) 2
(c + a ) 2
(a + b) 2
⇔ 2 2 2+ 2 2
+
≤3
2a + b + c 2b + c + a 2 2c 2 + a 2 + b 2

Chứng minh rằng:

0,5

1,0

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
b2
c2
(b + c) 2
+
≥
;
a 2 + b2 a 2 + c 2 2a 2 + b2 + c 2
a2
b2
( a + b) 2
+
≥
c 2 + a 2 c 2 + b 2 2c 2 + a 2 + b 2

c2
a2
( c + a) 2
+
≥
;
b2 + c 2 b2 + a 2 2b 2 + c 2 + a 2

0,25

Suy ra:

(b + c) 2
(c + a ) 2
( a + b) 2
+
+
2a 2 + b 2 + c 2 2b 2 + c 2 + a 2 2c 2 + a 2 + b 2
b2
c2
c2
a2
a2
b2
≤ 2
+
+
+
+
+
=3
a + b2 a2 + c2 b2 + c2 b2 + a2 c2 + a 2 c2 + b2

Vậy ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
IV
1. Chứng minh rằng tứ giác BHCK nội tiếp.

2

0,25
0,25
3,0

1,0


t
D
A
E
M
N

H

O
O1

B

P I

C

Q

O2

K

Ta có BOC = 1200 ⇒ BAC = 600
⇒ ABM = ACN = 300 và BHC = 1200 .

0,25

Xét (O1) ta có AKB = ADB mà ADB = ABD (∆ ABD cân tại A)
⇒ ADB = 300 ⇒ AKB = 300 .

0,25

Chứng minh tương tự ta có AKC = 300 .
⇒ BKC = AKB + AKC = 600

0,25

⇒ BKC + BHC = 60 + 120 = 180
⇒ Tứ giác BHCK nội tiếp
2. Chứng minh rằng MN // O1O2 và ba điểm E, B, K thẳng hàng.
0

0

0

0,25

1,0

Vì O1O2 ⊥ AK nên ta sẽ chứng minh MN ⊥ AK.
Kẻ tiếp tuyến At của (O) tại A. Ta có AMN = ABC (Cùng bù với MNC )
Mà ABC = tAC ⇒ AMN = tAC ⇒ At // MN mà OA ⊥ At ⇒ MN ⊥ OA.
Bây giờ ta sẽ đi chứng minh cho A, O, K thẳng hàng.
Theo trên ta có AKB = AKC = 30 ⇒ AK là phân giác BKC

Ta có BOC + AKC = 1200 + 600 = 1800
⇒ Tứ giác BOCK nội tiếp.
Vì OB = OC và tứ giác BOCK nội tiếp ⇒ OKB = OKC
⇒ KO là phân giác BKC
(2)
Từ (1) và (2) suy ra A, O, K thẳng hàng
Mà MN ⊥ OA ⇒ MN ⊥ AK.
Ta lại có O1O2 ⊥ AK ⇒ MN // O1O2
0

3

0,25

(1)

0,25
0,25


V

Ta có EBC = 2 ABC = AOC và CBK = KOC
⇒ EBC + CBK = AOC + COK = AOK = 1800
⇒ E, B, K thẳng hàng.
1
1
3. Tìm vị trí của điểm A sao cho
+
nhỏ nhất.

2
KB
KC 2
Kẻ KQ ⊥ BC và gọi I là giao điểm của AK và BC. Ta có
1
1
1
S BHCK = BC ( OP + KQ ) ≤ BC ( OI + KI ) = BC.OK
2
2
2
Vì BHOCK nội tiếp và ∆ BHC và ∆ ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp
bằng nhau nên BHOCK nội tiếp đường tròn bán kính R ⇒ OK ≤ 2R.
1
1
⇒ S BHCK ≤ BC.OK ≤ R 3.2R = R 2 3
2
2
1
R 1
R2 3
3
Mặt khác S BHCK = R 3. + KB.KC.sin 600 =
+
KB.KC ≤ R2 3
2
2 2
4
4
1

1
2
2
⇒ KB.KC ≤ 3R2 ⇒
+
≥
≥ 2
2
2
KB
KC
KB.KC 3R
1 
2
 1
⇒ min 
+
= 2 ⇔ OK = 2R, P ≡ I, Q ≡ I ⇔ ∆ ABC đều ⇔ A là
2
2 
KC  3R
 KB
điểm chính giữa cung AB.
Chứng minh rằng trong 15 số tự nhiên đó luôn tồn tại ít nhất một số nguyên
tố.
Phản chứng giả sử 15 số tự nhiên đó đều là hợp số. Do 2016 < 2209 = 472 nên
mỗi số tự nhiên đó đều có một ước nguyên tố nhỏ hơn 47.

Gọi pi là ước nguyên tố của ai , pi < 47 . Do có tất cả 14 số nguyên tố nhỏ hơn
47 nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại i ≠ j mà pi = p j .Suy ra ai và a j không

nguyên tố cùng nhau, mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy trong 15 số tự nhiên đó luôn tồn tại ít nhất một số nguyên tố.

0,25

1,0

0,25

0,25
0,25
0,25

1,0
0,25

0,75

Các chú ý khi chấm:
1) Thí sinh phải lập luận đầy đủ mới cho điểm tối đa.
2) Thí sinh có cách giải đúng, khác với hướng dẫn thì giám khảo vẫn chấm và cho điểm theo số điểm
quy định dành cho câu (hay ý) đó.
3) Vận dụng hướng dẫn chấm chi tiết đến 0,25 điểm nên không làm tròn điểm bài thi.

4


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC VÀO
LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2016 - 2017
LẦN THỨ III
MÔN: TOÁN
(Đề có một trang, gồm 5 câu hỏi,
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)
-----------------------------------------

Câu I: (2,0 điểm)
Cho M =

2 x 9
x 3
x 2


x 5 x 6
x  2 3 x

a) Tìm điều kiện để M xác định và rút gọn M.
b) Tìm x để M là số nguyên.
Câu II: (2,0 điểm)
Cho (P)
và đường thẳng (d)
a) Tìm giao điểm của (d) và (P) khi m = 1
b) Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ

sao cho

Câu III: (2,0 điểm)

Hai công nhân cùng làm một công việc sau 10 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm
một mình trong 1 giờ, sau đó hai người cùng làm tiếp trong 2 giờ thì được 25% công việc.
Tính thời gian mỗi người làm một mình xong công việc?
Câu IV: (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R, hai tiếp tuyến Ax, By của (O) cùng
thuộc nửa mặt phẳng bờ AB. Tiếp tuyến tại M tùy ý của (O) cắt Ax, By lần lượt tại C, D (M
A, B)
a) Chứng minh tứ giác ACMO và BDMO nội tiếp.
b) Chứng minh OC vuông góc OD và
c) Gọi N là giao điểm của AD và BC, MN cắt AB tại H. Chứng minh MN // AC và N là
trung điểm của MH.
d) Tính
biết AB = 5 và
Câu V: (0,5 điểm)
Cho x, y > 0:

. Chứng minh rằng:

--- Hết --Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

ĐÁP ÁN CHẤM MÔN TOÁN
ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC VÀO
LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2016 - 2017
LẦN THỨ III
ĐIỂM

NỘI DUNG
Câu 1: (2,0 điểm)
Phần a: (1,0 điểm)

0,25 điểm

⇔

Điều kiện xác định

0,75 điểm

Phần b: (1,0 điểm)
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

là ước của 2

Đối chiếu điều kiện ta có:
Câu 2: (2,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm:
Phần a: (1,0 điểm)
Do a-b+c= 0: PT có 2 nghiệm
Phần b: (1,0 điểm)
Yêu cầu bài toán Phương trình
Phương trình
có 2 nghiệm

vậy 2 giao điểm là ( -1, 1), ( 6, 36)
có 2 nghiệm

:

0,25 điểm
0,25 điểm

Theo Viet

0,25 điểm

(GT)
(t/m)
Câu 3: (2,0 điểm)
Gọi thời gian người thứ nhất, người thứ hai làm một mình xong công việc lần lượt là
x, y (h)

0,5 điểm
0,5 điểm

0,25 điểm
0,5 điểm

,

1 giờ người thứ nhất làm được (Công việc), 1 giờ người thứ hai làm được (Công
việc), 1 giờ cả 2 người làm được

(Công việc)

1,0 điểm

Theo đầu bài ta có hệ
KL: Mỗi người làm một mình trong 20h thì xong công việc.

0,5 điểm


Câu 4: (3,5 điểm)
Phần a: (1,0 điểm)
0,5 điểm
0,5 điểm

OACM nội tiếp
CMTT: BDMO nội tiếp

Phần b: (1,0 điểm)
CA, CM là tiếp tuyến của (O) OC là phân giác
DB, DM là tiếp tuyến của (O) OD là phân giác
Mà
và
là 2 góc kề bù
vuông OCD có OM là đường cao
Do MC = AC, MD = BD (2 tiếp tuyến xuất phát từ 1 điểm)
Phần c: (1,0 điểm)
Ta có AC // BD

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

0,25 điểm

Mà CA = CM, DB = DM
0,5 điểm

MN // AC
MN // AC

MH // AC // BD

MN = NH
0,5 điểm

Hay N là trung điểm của MH
Phần d: (0,5 điểm)
Từ C hạ
CK=AB=5, BK=AC

vuông KCD có:

0,25 điểm

Mà AC+BD = 2AC+DK = 8

0,25 điểm
Câu 5: (0,5 điểm)
Ta có:
+
=2+x+

+1+y+
+y+

+

2+

+2

0,25 điểm

Ta lại có:
= 4+3
Dấu “=” xảy ta khi

0,25 điểm


ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

TRƯỜNG THCS TÂN TRƯỜNG

NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐỀ THI THỬ LẦN I

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề thi gồm: 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm): Giải các phương trình:
a) 2x4- 7x2 – 4 = 0
b) 4 x 2  4 x  1 = 2015
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:
2 x
x  1 3  11 x
P

+
( x  0; x  9)
9 x
x 3
x 3
b) Một phân xưởng theo kế hoạch phải may 1000 bộ quần áo trong thời
gian quy định. Khi thực hiện, mỗi ngày xưởng may nhiều hơn 10 bộ và hoàn
thành kế hoạch trước 5 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may bao
nhiêu bộ quần áo?
Câu 3 (2,0 điểm)
3x  y  2m  1
 x  2 y  3m  2

a) Cho hệ phương trình 

Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) là tọa độ của điểm nằm trong góc phần tư
thứ II của mặt phẳng tọa độ thỏa mãn 3x2+ y2 = 2
b) Tìm m để phương trình x2 - 2x - 2m + 1= 0 có hai nghiệm x1; x2 thỏa
mãn điều kiện x22 ( x12  1)  x12 ( x22  1)  8
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) và dây BC cố định không qua tâm, điểm A chuyển

động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Đường cao BE và CF của
tam giác ABC cắt nhau tại H và cắt (O) lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp và MN // FE.
b) Vẽ đường cao AD của tam giác ABC. Chứng minh H là tâm đường tròn
nội tếp tam giác DEF
c) Đường thẳng qua A và vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 3. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức A= ab + bc + ca + a + b + c.
-----------------------------Hết-----------------------------Họ và tên thí sinh :…………………………… Số báo danh:…………………….
Chữ ký của giám thị 1 :………………………..Chữ ký của giám thị 2 :…………


TRƯỜNG THCS TÂN TRƯỜNG

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10
LẦN II NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: Toán
Hướng dẫn chấm gồm 3 trang

I) HƯỚNG DẪN CHUNG
- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu
Ý
Nội dung
4
2

Câu 1 a
Giải phương trình 2x - 7x – 4 = 0 (1)
- Đặt x2 = t (t  0), phương trình (1) trở thành 2t2 – 7t – 4 = 0
(2đ)
Có  = (-7)2 – 4.2. (-4) = 81 >0
7  81 7  9 1
(không t/m)


4
4
2
+ Với t= 4  x2 = 4  x1,2  2

 t1= 4 (t/m); t2=

Vậy tập nghiệm của phương trình là S= 2

b
1đ

Câu 2
(2đ) a
1đ

0,25
0,25
0,25

4 x 2  4 x  1  2015  2 x  1  2015

 2 x  1  2015
 2 x  2016
 x  1008



 2 x  1  2015
 2 x  2014
 x  1007
Vậy tập nghiệm của phương trình là S= 1008; 1007

0,5
0,25

Rút gọn biểu thức:

P






x  1 3  11 x
+
9 x
x 3

2 x


x 3

x  1 3  11 x

x9
x 3

2 x

x 3

2 x



( x  0; x  9)

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

2 x  6 x  x  3 x  x  3  3  11 x



x 3



3 x
x 3

Gọi số bộ quần áo may trong mỗi ngày theo kế hoạch là x (bộ),
(x  N * )
Số bộ quần áo thực tế mỗi ngày may được là x + 10 ( bộ)
Số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch là:
1000
(ngày)
x  10

0,25

0,25

x 3

Số ngày thực tế đã may là:

1,00

0,25

x 3 


3 x  x  3
3x  9 x
=


3

3
3
3




x
x
x
x


 



b
1đ

Điểm
1
0,25
0,25

1000
(ngày)
x

0,25

0,25
0,25


1000 1000

5
x
x  10
Giải phương trình ta được x1  40 ( thỏa mãn); x2  50 (loại)
Theo bài ra ta có phương trình:

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày may được 40 bộ quần áo.

Câu 3 a
(2đ) 1đ

3 x  y  2 m  1
 x  2 y  3m  2

Giải hệ 

tìm được (x; y) = (m; m+1)

Để hệ phương trình có nghiệm (x;y) nằm trong góc phần tư thứ II
x  0
m  0
m  0



 1  m  0
y  0
m  1  0
m  1

thì 

0,25

0,25
0,25
0,25

Sau đó thay (x;y) = (m; m+1) vào hệ thức 3x2+ y2 = 2 tìm được
1  5
1  5
(loại); m2=
(thỏa mãn)
4
4
1  5
Vậy với m =
thì hệ phương trình có nghiệm (x;y) là tọa
4

m1 =

0,25

độ của điểm nằm trong góc phần tư thứ II của mặt phẳng tọa độ

thỏa mãn 3x2+ y2 = 2

0,25

b Ta có:  '  2m
1đ Để phương trình có hai nghiệm thì  '  0  2m  0  m  0 .
 x  x  2 (1)
Theo hệ thức Vi-ét ta có:  1 2
 x1 x2  1  2m (2)

0,25
0,25

Theo bài ra ta có:
x2 2 ( x12  1)  x12 ( x2 2  1)  8  x12  x2 2  2 x12 x2 2  8  0
  x1  x2   2 x1 x2  2 x12 x2 2  8  0 (3)
2

Thay (1), (2) vào (3), ta có: 8m 2  12m  8  0  2m 2  3m  2  0
1
 m1   (loại); m2  2 (thỏa mãn)
2

Vậy m = 2 phương trình x2 - 2x - 2m + 1= 0 có hai nghiệm x1; x2
thỏa mãn điều kiện x22 ( x12  1)  x12 ( x22  1)  8
- Vẽ hình đúng
Câu 4
(3đ)

0,25

0,25
0,25

A

x

M

E

O
N

1

H

F
2
B

1

C

D
K

a

Chứng minh được tứ giác BCEF nội tiếp

0,75


1đ

 EFH

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC),
 B
1
N
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
Xét đường tròn (O) có B
1

1


, mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên MN//EF (đpcm)
 EFH
N
1

b
1đ

c

0,7
5

Câu 5
(1đ)



Có tứ giác BCEF nội tiếp  HBF
(2 góc nội tiếp cùng chắn
 HCE

0,25

cung EF)
(1)
0
0
0


Xét tứ giác BDHF có BDH  BFH  90  90  180
 Tứ giác BDHF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)


(2 góc nội tiếp cùng chắn cung FH) (2)
 HBF
 HDF
Chứng minh tương tự tứ giác DCEH nội tiếp

 HDE
 HCE
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung EH) (3)



Từ (1) , (2) và (3)  HDF
 HDE
 DH là phân giác của FDE
(*)


Tương tự EH là phân giác của DEF ; FH là phân giác của DFE (**)
Từ (*) và (**)  H là tâm đường tròn nội tiếp  DEF (đpcm)
Qua A kẻ đường kính AK, kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O)
 AO  Ax

Ta có xAB
ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cung cùng chắn cung AB)
(4)


) (5)
Có tứ giác BCE F nội tiếp (cm trên)  A FE  ACB (cùng bù BFE

0,25



Từ (4) và (5)  xAB
AFE
Mà hai góc này ở vị trí so le trong của hai đường thẳng Ax và EF cắt
AB, do đó Ax //EF,
Lại có Ax  OA  OA  EF
Mà O cố định (gt)
Vậy đường thẳng qua A và vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố
định là điểm O (đpcm)
Vì a, b, c >0 nên a2 + b2  2ab; b2+ c2  2bc; a2 + c2  2ac
 a2 + b2 + c2  ab+ ac + bc  ab+ ac + bc  3
(1)
Ta có:
a2 + 1  2a ; b2 + 1  2b ; c2 + 1  2c
 a2 + b2 + c2 + 3  2(a + b+c)
(2)
a+ b + c  3
Cộng các bđt (1), (2) ta được: A  6
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c =1
Vậy GTLN của A = 6 khi a = b = c =1

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

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


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN THPT
LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin)

Bài I (3 điểm)
1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n4 + 2015n2 chia hết cho 12.
2
2
2 x  3xy  y  12
2) Giải hệ phương trình sau :  2
2
 x  xy  3y  11

Bài II (2 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn: 2y2 + 2xy + x + 3y – 13 = 0.
x2
3x
2) Giải phương trình: 2
 4  1

3
2
4

Bài III (1 điểm)

Cho x , y là các số thực không âm. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
P

( x 2  y 2 )(1  x 2 y 2 )
(1  x 2 ) 2 (1  y 2 ) 2

Bài IV (3 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Kẻ tiếp tuyến chung CD (C, D là
tiếp điểm, C  (O), D  (O’)). Đường thẳng qua A song song với CD cắt (O) tại E, (O’) tại F.
Gọi M, N theo thứ tự là giao điểm của BD và BC với EF. Gọi I là giao điểm của EC với FD.
Chứng minh rằng:
a) Chứng minh rằng tứ giác BCID nội tiếp.
b) CD là trung trực của đoạn thẳng AI.
b) IA là phân giác góc MIN.
Bài V (1điểm)
Cho 1010 số tự nhiên phân biệt không vượt quá 2015 trong đó không có số nào gấp 2 lần
số khác. Chứng minh rằng trong các số được chọn luôn tìm được 3 số sao cho tổng của 2 số
bằng số còn lại.
------------------------- Hết---------------------(Giám thị không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: .....................................................Số báo danh:...............................
Chữ ký của giám thị số 1:

Chữ ký của giám thị số 2:
1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

BÀI
I

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN 2 VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2015 – 2016

Môn thi: TOÁN
(Dành cho hệ chuyên Toán và chuyên Tin)
HƯỚNG DẪN CHẤM

Ý

4

2

1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n + 2015n chia hết cho 12.
4

2

2

2

Ta có: n + 2015n = n (n + 2015)
Nếu n chẵn thì n2 chia hết cho 4.
Nếu n lẻ thì n2 + 2015 chia hết cho 4.
 n4 + 2015n2 chia hết cho 4.
Nếu n chia hết cho 3 thì n4 + 2015n2 chia hết cho 3
Nếu n chia 3 dư 1 hoặc dư 2 thì n4 + 2015n2 chia hết cho 3.
Vậy n4 + 2015n2 chia hết cho 3.
Vì (4, 3) = 1 nên n4 + 2015n2 chia hết cho 12.
2 Giải hệ phương trình
 22 x  33 xy  11y  121

2
2
12 x  12 xy  36 y  121
Suy ra : 10 x 2  45 xy  25 y 2  0
  2 x  y  x  5y   0
2

3,0
1,5
0,25

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

2

0,25

y

x


2

 x  5 y

Với x 

ĐIỂM

y
ta được
2

0, 5
x  1

y  2

 x  1
;
.


2
y




5 3 
5 3
x 
x 


3
3
Với x  5y ta được 
;
y  3
y  3


3
3

II

0,25

0, 5

2,0
1 Tìm các cặp số nguyên (x, y)…. (1,5 điểm)

2y + 2xy + x + 3y – 13 = 0  (2y + 1)(x + y + 1) = 14.

 2y + 1 và x + y + 1 là các ước của 14.
Vì 2y + 1 là số lẻ nên ta có các trường hợp sau:
TH 1: 2y + 1 = 1 và x + y + 1 = 14  (x, y) = (13, 0)
TH 2: 2y + 1 = -1 và x + y + 1 = - 14  (x, y) = (-14, -1)
TH 3: 2y + 1 = 7 và x + y + 1 = 2  (x, y) = (-2, 3)
TH 4: 2y + 1 = - 7 và x + y + 1 = - 2  (x, y) = (1, - 4)

1,0

2

2

0, 5
0,25

0,25


2

Giải phương trình 2 4

x2
3x
(1,5 điểm)
 4  1
3
2

1,0

Điều kiện: x  0
Ta có 4
Do

x2
3x
 4  1
 6x .
3
2

0,25

x2
x6
, suy ra 4
 4  2x  4
6x 
2
3
 4 x 2  48  3 x 2  12 x  12

0,5

  x  6  0
2

 x6

Thử lại x  6 vào thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm x  6 .
III

Tìm GTLN …… (1,0 điểm)

0,25

1,0

( a  b)
 a.b a, b (1). Dấu ‘=’ xảy ra khi a=b.
4
1  x2 y2
x2  y2
 a và
 b
Đặt :
(1  x 2 )(1  y 2 )
(1  x 2 )(1  y 2 )
2

Ta có :

Theo (1) ta có : P  ab 
1  x2  y2  1  x2y2 
P 
4  (1  x 2 )(1  y 2 ) 
1  ( x 2  1)(1  y 2 ) 
 P 

4  (1  x 2 )(1  y 2 ) 

( a  b)
. Suy ra:
4

2

1  1  y2 
 P  .

4  1  y2 

1  y
2
1  y

0  

Ta có :
Do đó : P max 

2

2

0,25

2

2

0,25

2


  1 y


1
4

0,25

a  b
x  1

Dấu “=” xảy ra  
2
2

2
2
y  0
1  y   1  y 
IV
1 Chứng minh tứ giác BCID nội tiếp ( 1 điểm )

3

0,25
3,0
1,0


B

O'
M

O
A

N

D

K

E

F

C

I

TH1: Điểm A và đoạn thẳng CD nằm về cùng một phía với đường OO’.
Ta có

ABC 
AEC  ICD


DBC

AED  IDC
 DIC


 ICD
 IDC
 DIC
 1800
 DBA
ABC  DBC
 DIC

 Tứ giác BCID nội tiếp.

0,5

TH2: Điểm A và đoạn thẳng CD nằm khác phía nhau so với OO’.

I

C

K

D

B
E
M

O'

O
A

F

N

 BAE
 1800  BCE

AF
B
Vì tứ giác ABCE nội tiếp (O) nên BCE

Tương tự BAF  BDI


 BDI
 BCI
 BCE

 BDI
 BCI
 1800
 BCE
 Tứ giác BCID nội tiếp.

4

0,5


 ∆ ICD = ∆ ACD
 CA = CI và DA = DI
 CD là trung trực của AI
b. Chứng minh CD là trung trực của AI (1,0 điểm)
(Hai trường hợp chứng minh như nhau)
 CEA
 DCA
 ICD
 DCA

Ta có ICD
 CDA

Tương tự IDC

0,5
1,0

0,5

 ∆ ICD = ∆ ACD
 CA = CI và DA = DI
 CD là trung trực của AI
c. Chứng minh IA là phân giác góc MIN ( 1 điểm)
(Hai trường hợp chứng minh như nhau)

1,0

Ta có CD  AI  AI  MN.
Gọi K = AB  CD. Ta chứng minh được
CK2 = KA.KB = KD2
 KC = KD (1)

0,5

0,5

KC KD KB


Vì CD // MN nên
AN AM AB

Từ (1)  AN = AM
Mà AI  MN  ∆ IMN cân tại I
 IA là phân giác góc MIN.
V

0,5

Chứng minh rằng …(1điểm)

Giả sử 0  a1  a2  a3  ...  a1010  2015 là 1010 số tự nhiên được chọn.
Xét 1009 số : bi  a1010  ai , i  1, 2,..,1009 suy ra:

1,0
0,5

0  b1009  b1008  ...  b1  2015

Theo nguyên lý Dirichlet trong 2019 số ai , bi không vượt quá 2015 luôn
tồn tại 2 số bằng nhau, mà các số ai và bi không thể bằng nhau, suy ra tồn
tại i,j sao cho:

0,5

bi  a j  a1010  ai  a j  a1010  ai  a j ( dpcm)

(Chú ý i  j do trong 1010 số được chọn không có số nào bằng 2 lần số
khác )
Các chú ý khi chấm:
1) Thí sinh phải lập luận đầy đủ mới cho điểm tối đa.
2) Thí sinh có cách giải đúng, khác với hướng dẫn thì giám khảo vẫn chấm và cho điểm theo số điểm
quy định dành cho câu (hay ý) đó.
3) Vận dụng hướng dẫn chấm chi tiết đến 0,25 điểm nên không làm tròn điểm bài thi.

5

TRƯỜNG THCS NGUYỄN TẤT THÀNH
THÀNH PHỐ HƯNG YÊN

KSCL TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN THI: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (1,5 điểm).
a) Không dùng máy tính, hãy rút gọn biểu thức sau:
A



22  7 2



30  7 11

b) Rút gọn biểu thức sau:

 x
x 1
x 6  x 2 


 1

B
:

x
4



2
2
2
x
x
x

 

Câu 2 (1,5 điểm).

Giải hệ phương trình:

17x  2y  2011 xy

x  2y  3xy.

Câu 3 (1,5 điểm). Hai người thợ cùng làm một công việc trong 7 giờ 12 phút thì xong. Nếu

người thứ nhất làm trong 5 giờ, người thứ 2 làm trong 6 giờ thì cả hai người làm được ¾ công
việc. Hỏi mỗi người làm một mình công việc đó thì mấy giờ xong.
Câu 4 (1,5 điểm). Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 2 x 2  3 x  26  0 .

a)

Hãy tính giá trị của biểu thức: C  x1  x2  1  x2  x1  1 .

b)

Lập phương trình bậc hai nhận y1 =

1
1
và y2 =
là nghiệm.
x1  1
x2  1

Câu 5 (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, vẽ đường cao AD và BE. Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC.
AD
a) Chứng minh: tanB.tanC =
HD
b) Chứng minh: DH .DA 

BC 2
4

c) Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC.

Chứng minh rằng: sin

A
a

2 2 bc

Câu 6 (1,0 điểm).

Cho 0 < a, b, c < 1 .Chứng minh rằng: 2a 3  2b 3  2c 3  3  a 2b  b 2 c  c 2 a .


HƯỚNG DẪN CHẤM
KSCL TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014 - 2015

THCS NGUYỄN TẤT THÀNH

MÔN THI: TOÁN HỌC
Câu
Câu 1

A



22  7 2



30  7 11 

 11  7   7  11
  11  7  7  11 
= 7   11   38





Nội dung

11  7



Điểm

60  14 11
0,25

2

0,25

2

2

0,25

x  0

x  4

0,25

Điều kiện xác định của B: 

A





Câu 2

x






 x  2


x  2

x  2   x  1




x  2  ( x  6)



x 2

:



4x  8
x 2



x 2



.



x 2



x 2



x 2

x x  2x  x x  2x  x  2  x  6
x 2



:

x 2 x 2
x 2

x 2
4

0,25

x2
x 2

0,25

17 2
 1 1007
9

x
 y  x  2011  y  9




490
Nếu xy  0 thì (1)  
(phù hợp)


1
2
  3
 1  490
y  9

 y x
 x
1007
9
17 2
 1 1004
 y  x  2011  y  9

Nếu xy  0 thì (1)  

 xy  0 (loại)
1  2  3
 1   1031
 y x
 x
18

Nếu xy  0 thì (1)  x  y  0 (nhận).

;
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và 

 490 1007 
9

0,5

0,5
0,25

9

0,25


Câu 3

17 2
 1 1007
9

x
 y  x  2011  y  9




490
Nếu xy  0 thì (1)  
(phù hợp)


1  2  3
 1  490
y  9
 y x
 x
1007

9

0,5

Gọi thời gian làm một mình xong công việc của thứ nhất là x(h, x > 7, 2 )
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là y (giờ, y > 7, 2 )

0,5

Trong 1 giờ, người thứ nhất làm được

1
(cv); người thứ hai làm được
x

1
5
(cv) & cả hai làm được (cv) => ta có hệ phương trình:

36
y
1 1 5
 x  y  36


5  6  3
 x y 4

Câu 4

Giải hệ được x = ; y =
Vậy ......
a) Do x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho nên theo định lí Viet ta có:
3
x1  x2   , x1 x2  13
2
Ta có C  x1 x2  x1  x1 x2  x2
 3
 2x1 x2  x1  x2  2  13    
 2
3
55
 26 

2
2
1

y


y

1
2

27
b) 
 y . y  2
 1 2 27

0,5
0,25

0,25
0,25
0,25

1,0

→ y1 và y2 là nghiệm của pt: y2 +
Câu 5

0,25

1
2
y=0
27
27

0,5
0.25

A
E
G

B

H

K

D

C

AD
AD
AD 2
Ta có tanB =
; tanC =
 tanB.tanC =
(1)
DC
BD
BD.DC

0,5

0,25




Xét 2 tam giác vuông ADC và BDH có DAC
 DBH
vì cùng phụ với góc
C nên ta có :

AD 2
AD
AD BD
 AD.DH  DB.DC 


(2)
BD.DC HD
DC DH
AD
.
Từ (1) và (2)  tanB.tanC =
HD
( DB  DC ) 2 BC 2
Theo câu a. ta có: DH .DA  DB.DC 

4
4
ADC BDH 

0,25
0,25
1,0

A

M
B

C

F

N

x

Gọi Ax là tia phân giác góc A, kẻ BM; CN lần lượt vuông góc với Ax
A BM
A
suy ra BM  c.sin

2 AB
2
A
A
Tương tự CN  b.sin do đó BM  CN  (b  c).sin
2
2
Mặt khác ta luôn có: BM  CN  BF  FC  BC  a

A
A
a
a
Nên (b  c).sin  a  sin 

2
2 b  c 2 b.c

Ta có sin MAB
 sin

0,25

0,25
Câu 6

Do a <1  a <1 và b <1
2


Nên 
2
2
Hay 1  a b  a  b
2
3
Mặt khác 0
1  a 2 . 1  b   0  1  a 2b  a 2  b  0

 ba  a b
 a 3  b3  1  a 2b
2

3

bb

0,25
3

3

0,25

Tương tự ta có
b3  c 3  1  b 2c
a 3  c3  1  c 2a
3
3
3
2
2
2
Vậy 2a  2b  2c  3  a b  b c  c a

0,25
0,25

VnDo
c
.
c
o
m

VnDo
c
.
c
o
m


UBND HUYỆN VŨ THƯ
PHÒNG GD&ĐT

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH THPT
Năm học 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
(Thời gian làm bài: 120 phút)

Bài 1 (2 điểm):
1, Tính: A 

2
 9  2 20  3 5 5 .

2 5

x  0
 2
3
2 x  3  2x  x

2, Cho biểu thức: B  
với 


.
1.
x

2
x

1
x

2
2x

3
x

2
6
x


4



4
a, Rút gọn biểu thức B.
b, Tìm x sao cho B nhận giá trị nguyên.
Bài 2 (2 điểm):
(m  1)x  my  2m  1
1, Cho hệ phương trình: 
.
2
 mx  y  m  2
a, Giải hệ phương trình với m  4 .
b, Chứng minh rằng với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất  x; y  . Tìm m sao cho
P  xy  x  2y đạt giá trị lớn nhất.





2, Giải phương trình: x 4  2 2  1 x 2  4 2  6  0 .
Bài 3 (2 điểm):
Cho hàm số: y  x 2  P  và y  2  m  3 x  m  9  d  , m là tham số, m .
1, Tìm m sao cho  d  là hàm số bậc nhất đồng biến.
2, Tìm m sao cho đồ thị  P  và  d  tiếp xúc nhau, tìm tiếp điểm.
3, Tìm m sao cho đồ thị  P  và  d  cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ âm.
Bài 4 (3,5 điểm):
Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm ngoài đường tròn, từ A kẻ các tiếp tuyến AB,

AC đến đường tròn (B, C là các tiếp điểm). M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC, (M
khác B và C), gọi D, E, F là hình chiếu vuông góc của M lên BC, CA, AB. Giao
điểm của MB với DF là P, của MC với DE là Q. Chứng minh rằng:
1, Các tứ giác MDBF và MDCE nội tiếp.
2, PQ // BC.
3, PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MQE.
4, Đường thẳng nối giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MQE với đường
tròn ngoại tiếp tam giác MPF đi qua 1 điểm cố định.
Bài 5 (0,5 điểm):
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2  b2  c2  3 .
a
b
c
1
 2
 2
 .
Chứng minh rằng: 2
a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2
_____________________________Hết_____________________________
Họ và tên thí sinh: ………………………… Số báo danh:………….Phòng thi số:…..
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không sử dụng tài liệu.


UBND HUYỆN VŨ THƯ
PHÒNG GD&ĐT

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH THPT
Năm học 2015-2016
MÔN THI: TOÁN

(HD chấm gồm 04 trang)

Bài

Nội dung

1 1

Tính: A 

Điể
m

2
 9  2 20  3 5 5 .
2 5
Tính được A  2 5  2

0,50

x  0
 2
3
2 x  3  2x  x

Cho biểu thức: B  
với 


.

1
x

2
x

1
x

2
2x

3
x

2
6
x

4



4
.
a, Rút gọn biểu thức B.
b, Tìm x sao cho B nhận giá trị nguyên.
a
x  0
x


Rút gọn và kết luận: Vậy với 
.
1 thì B 
x

x

2

4

2

1,00

b Tìm được 0  B  1
0,25
0.25
B  0  x  0  x  0  tm 
Vậy với x  0 thì B nhận giá trị nguyên.
2 1
(m  1)x  my  2m  1
Cho hệ phương trình: 
.
2
 mx  y  m  2
a, Giải hệ phương trình với m  4 .
b, Chứng minh rằng với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất  x; y  .
Tìm m sao cho P  xy  x  2y đạt giá trị lớn nhất.

0,75
x  3
Thay m, giải hệ và kết luận hệ có nghiệm duy nhất 
.
 y  2
2
3
b (m  1)x  my  2m  1
0,50

 m  m  1 x  m  1 1
 ...  

2
y  mx  m 2  2
 mx  y  m  2


2
2
1 3
1


2
Do m  m  1   m     0m , vì  m    0m , nên 1 luôn có
2 4
2



nghiệm duy nhất do đó hệ luôn có nghiệm duy nhất m .
0,25
x  m  1
Hệ phương trình  
,
y  2  m
a

P  xy  x  2y  m2  2m  1  2   m  1  2m vì  m  1  0m .
P  2  m 1
Vậy m = 1 thì P đạt giá trị lớn nhất là 2.
2





2 Giải phương trình: x 4  2 2  1 x 2  4 2  6  0 .

2