Đề thi môn toán lớp 10 vào các trường chuyên của các tỉnh từ năm 2012 đến 2018 có đáp án chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: TOÁN (Dành cho lớp chuyên)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 1 trang, 5 câu

Câu 1 (2 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – m + 1 và
parabol (P): y = - x2.
a. Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm (1; 2);
b. Giả sử đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1),
B(x2; y2).
Tìm m để (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2 = 25.
Câu 2 (2 điểm)
2y
 3x
 x 1  y 1  2

a. Giải hệ phương trình 
;
 2x  3y  10
 x  1 y  1
b. Tìm x, y thỏa mãn x – y + 1 = 2 x  y  x  2 .

Câu 3 (2 điểm)

a. Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M di động trên cạnh BC, gọi D, E
lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC. Tìm vị trí điểm M để DE có độ
dài nhỏ nhất.
b. Với x là số thực. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A =

3x  4
x2 1

Câu 4 (3 điểm)
Cho đường tròn đường kính AB; C là một điểm trên đường tròn (C
khác A, B). Gọi I là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác ABC,
các tia AI, CI lần lượt cắt đường tròn tại D, E.
a. Chứng minh tam giác EAI cân;
b. Chứng minh: IC.IE = IA.ID;
c. Giả sử biết BI = a, AC = b. Tính AB theo a, b.
Câu 5 (1 điểm)
Chứng minh trong các số có dạng 20142014 ... 2014 có số chia hết cho 2013.


ĐÁP ÁN
Câu

Câu 1

Ý
a

2 điểm
b

Câu
2

a

N i un

nh ày

Điểm

Đường thẳng (d) đi qua điểm (1; 2) <=> 2 = 2.1 – m + 1
Vậy: m = 1
Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt <=> x2 + 2x –
m+1=0
có hai nghiệm phân biệt <=>  '  m  0
Theo Định lí Viet: x1 + x2 = - 2, x1x2 = - m + 1
Có: y1 = 2x1 – m + 1, y2 = 2x2 – m + 1 => y1 – y2 = 2(x1 – x2)
Nên: 25 = (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2 = 5(x1 – x2)2 => (x1 – x2)2 = 5
Hay: (x1 + x2)2 - 4x1x2 = 5 => 4 – 4(- m + 1) = 5 => m = 5/4 (t/m)
Đặt u 

x
y
; v
x 1
y 1
 3u  2v  2
 9u  6v  6
u  2



2u  3v  10
4u  6v  20
v  2

0,25
0,25

0,25
0,25

Ta có: x – y + 1 = 2 x  y  x  2  x  y  1  2 x  y  x  2  0 .

0,25



Hay:

Suy ra:



2

x  y 1  x  2  0 .

0,25



0,25



2

x  y 1  x  2  0  x  y 1  x  2  0 .

Vì vậy có: x = 2; y = 1.

2
điểm

0,25

Vậy hệ có nghiệm (2; -2)
b

Câu
3

0,25

0,25

x
y
 2  x  2;

 2  y  2
x 1
y 1

Từ:

0,5

0,25

Khi đó có hệ: 

2
điểm

0,5

A

a

D

B

E

M

C

0,25

Do: ADM  AEM  DAE  900 nên ADME 0,25
là hình chữ nhật
0,25
Nên : DE = AM
DE nhỏ nhất <=> AM nhỏ nhất <=>
AM  BC

0,25

Vì vậy : M là chân đường cao hạ từ A

0,25

3x  4

A = 2  A(x 2  1)  3x  4  Ax 2  3x  A  4  0 , (*) có nghiệm x
b
x 1
Nếu A = 0 từ (*) có : x = -4/3
Nếu A  0 có :   9  4A(A  4)  4(A  2)2  25  0 
Vậy : min A 

1
b
9
1
khi x 

 3; max A  khi x 
2
2a
2
3

1
9
A
2
2

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


a

Vẽ hình để chứng minh a

F

Câu
4
I

3
điểm

A

Do AD, CE là các đường phân giác
nên :
0,25

D

O

B

DC  DB, EB  EA

Do đó: DC  EA  DB  EB
Suy ra: AIE  IAE
Vậy: tam giác EAI cân tại E

E

b

Ta có: AIE  CID (đối đỉnh)
EAI  DCI (cùng chắn cung DE)

Suy ra:
c

0,25

0,25

AC cắt BD tại F. Do AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao
nên  ABF cân. Do đó AF = AB = x > 0
Do: DIB  IBA  IAB  450 nên  BID vuông cân
suy ra: DB = a/ 2 => BF = a 2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ACB và BCF có:
BC2 = AB2 – AC2 = BF2 – CF2 hay: x2 – b2 = 2a2 – (x – b)2 <=> x2 bx - a2 = 0
b  b 2  4a 2
2

(loại),

x =

b  b 2  4a 2
. Vậy AB =
2

b  b 2  4a 2
2

1
điểm

0,25

0,25

IC ID


 IC.IE  IA.ID
IA IE

Có: x =

0,25

0,25

Do đó : ICD IAE .

Câu
5

0,25

C

0,25
0,25

0,25

0,25

Ta xét 2014 số khác nhau có dạng 20142014…2014 = an, có n bộ
2014. n  N*
0,25
Trong 2014 số này có ít nhất hai số khi chia cho 2013 có cùng số dư.

Giả sử 2 số đó là ai , aj (j > i). Khi đó aj – ai 2013
hay: 20142014...2014  20142014...2014  20142014....20140000...0000 2013 0,25
j sô 2014

jí sô 2014

i sô 2014

4i sô 0

4i

Số có dạng 20142014…2014 . 10  2013
Vì UCLN(10, 2013) = 1 nên UCLN(10n, 2013) = 1 với mọi n  N*
Vậy: có số dạng 20142014…2014 chia hết cho 2013

0,25
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10- THPT CHUYÊN
Năm học 2010- 2011
Môn thi: TOÁN
(Thời gian : 150 phút – không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (4 điểm)



1) Giải hệ phương trình 



2) Giải phương trình : 



Câu 2: ( 3 điểm)
Cho phương trình x2 – 2 ( 2m + 1) x + 4 m2 + 4 m – 3 = 0 ( x là ẩn số )
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
   thỏa
Câu 3: (2 điểm )
Thu gọn biểu thức: A=
Câu 4: ( 4 điểm )
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O).Gọi P là điểm chính
giữa của cung nhỏ AC.Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M.Chứng
minh rằng :
a)
b)MA.MP =BA.BM
Câu 5 : ( 3 điểm )
a) Cho phương trình
( x là ẩn số và m, n là các số
nguyên).Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh
rằng
là hợp số
b) Cho hai số dương a,b thỏa
.Tính
P=

Câu 6 : ( 2 điểm )
Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA=OB =2a.Gọi (O) là đường
tròn tâm O bán kính a.Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA+2MB đạt giá trị
nhỏ nhất
Câu 7: ( 2 điểm)
Cho a , b là các số dương thỏa

HẾT



.Chứng minh




Hướng dẫn chấm

Câu

Điểm

Câu:1: ( 4 điểm
Câu 1



1) Giải hệ phương trình 



 


 















2) Giải phương trình :
Đặt




 , pt trở thành:
t + t - 12 = 0  t=3 hay t=-4

  

t =3 =>





t= -4 =>
   ( vô nghiệm)
Vậy pt có hai nghiệm là x =- 1 , x =3/2
Câu 2 : (3 điểm )
Cho phương trình x2 – 2 ( 2m + 1) x + 4 m2 + 4 m – 3 = 0 ( x là ẩn số ) (*)
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
   thỏa
’= 



 







 , với mọi 1

Vậy (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
=2m-1 ; =2m+3



(3 đ)
Câu 3
( 2 đ)



0,5 x4
đ

2

( 4 đ)

Câu 2











 

 



 



0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0.5 đ





 

 



0,5 đ



1,5 đ



Câu 3 : ( 2 điểm)
Thu gọn biểu thức: A=

Xét M =
Ta có M > 0 và
A=

-(








, suy ra M =

1đ

-1)=1
1đ


Câu 4
( 4 đ)

Câu 4 : ( 4 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O).Gọi P là điểm chính giữa của
cung nhỏ AC.Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M.Chứng minh rằng :
a)
b)MA.MP =BA.BM
A
x
P

=

=
O

x
M

B

C



a)
b)

MAC



Câu 5





s đ

(sđ

)=



MBP (g-g)









sđ

)=

=

2đ
1đ





1đ

Câu 5: ( 3 điểm)
a)Cho phương trình
( x là ẩn số và m, n là các số nguyên).Giả
sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng
là hợp
số
là 2 nghiệm của phương trình 

Gọi
( 3 đ)

s đ

(sđ

=

=












 





Ta có 



 a=b=1
 P=













=2























 

0,5 đ



,





0,5 đ

là hợp số

0,5 đ

 là các số nguyên lớn hơn 1 nên

b)Cho hai số dương a,b thỏa











.Tính P=


1đ
0,5 đ


Câu 6

Câu 6: ( 2 điểm)
Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA=OB =2a.Gọi (O) là đường tròn tâm O
bán kính a.Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA+2MB đạt giá trị nhỏ nhất

( 2 đ)

Đường thẳng OA cắt (O) tại C và D, với C là trung điểm của OA.Gọi E là trung
điểm của OC
*Trường hợp M không trùng với C vá D


Hai tam giác OEM và OMA đồng dạng ( do


Câu 7









)



1đ

* Trường hợp M trùng với C : MA=CA=2.EC=2.EM
* Trường hợp M trùng với D: MA=DA=2.ED=2.EM
Vậy ta luôn có MA=2.EM
MA+2.MB=2(EM+MB)  2.EB = hằng số
Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của đoạn BE với đường tròn (O)
Vậy MA +2.MB nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn BE với đường tròn (O)
Câu 7 : ( 2 điểm)



Cho a , b là các số dương thỏa
( 2 đ)





Ta có:







 







a+2b 




 





  




 






















( đúng)





.Chứng minh

0,5 đ

0,5 đ



0,5 đ





0,5 đ

( đúng)

Từ (1) và (2) suy ra

















( do





)

1đ



SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013-2014
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

Ngày thi: 15/6/2013
Thời gian làm bài: 150’


x 2
x 2
Bài 1: ( 2,5 đ) Cho biểu thức: Q  


 x  x ( Với x ≥ 0 ; x ≠ 1)
 x  2 x 1 x 1 


1. Rút gọn Q
2.Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên
x  2
3
13
 x  3  y  1  10

Bài 2: (2 đ) Giải hệ phương trình: 
 3  2y  4   11
 x  3 y  1
6





bc ca ab
 
 a  b  c.
a
b
c
Bài 4: (3 đ) Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) không đi qua O cắt đường tròn tại hai
điểm A,B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn
( C,D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB.
1. CMR các điểm M,D,O,H cùng nằm trên một đường tròn.

2. Đoạn OM cắt đường tròn tại điểm I. CMR I là tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD.
3. Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P và Q.
Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho diện tích ∆ MPQ bé nhất.
Bài 3: (1,5 đ) Cho a,b,c là các số thực dương. CMR :

Bài 5: (1 đ) : Không dùng máy tính, hãy rút gọn biểu thức: A  7  13  7  13  2
---*---


HƯỚNG DẪN GIẢI

x 2
x 2
Bài 1: ( 2,5 đ) Cho biểu thức: Q  

 x  x ( Với x ≥ 0 ; x ≠ 1)
 x  2 x 1 x 1 


1.Rút gọn Q






x 2
x 2
x 2
x 2

Q


 x x 
 x x 1
2
 x  2 x 1 x 1 
x 1 x 1 
 x 1













x 2

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



.

x 1



 



x





x 1 







x x 2x x 2





x 1



x 1



. x

2x
x 1

2.Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên:
2x
2
Q=
 2
 Q   x  1 U(2)= 2; 1;1;2  x  1;0;2;3 Kết hợp với
x 1
x 1
điều kiện => x  0;2;3
Vậy với x  0;2;3 thì Q nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (2 đ) Giải hệ phương trình:
x  2

 1
3
13
1

3
13
3
3
 x  3  y  1  10
1  x  3  y  1  10
 x  3  y  1  10



( ĐK x ≠ 3; y ≠ -1)



 3  2y  4   11
 3  2  2   11
 3  2 1
 x  3 y  1
 x  3
 x  3 y  1 6
6
y 1
6
1
1
Đặt a =
; b=
ta được hệ
x 3
y 1

1
 1
3
1



a

3b

a



 10
 x  3 10  x  13
10
:
 ...  


(TMDK)
 y  14
3a  2b  1
b  1
 1  1
6
15  y  1 15



Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x;y) = (13;14)
bc ca ab
 
 a  b  c.
Bài 3: (1,5 đ) Cho a,b,c là các số thực dương. CMR :
a
b
c
a,b,c là các số thực dương => Theo BĐT Cô-Si ta được:

bc ca
bc ca
 2
.  2c 
a
b
a b


 bc ca ab 
ca ab
ab ca
bc ca ab

2
.  2a   2      2.  a  b  c  
 
 a bc
b

c
c b
a
b
c
a
b
c




bc ab
bc ab

2
.
 2b 
a
c
a c

Bài 4: (3 đ)
1. CMR các điểm M,D,O,H cùng nằm trên một đường tròn.
HA=HB => OH  AB ( đường kính đi qua trung điểm một dây không đi qua tâm)
=> OHM = 900


Lại có ODM = 900 ( Tính chất tiếp tuyến)
Suy ra OHM = ODM = 900 => H,D cùng nhìn đoạn OM dưới 1 góc vuông => H,D cùng

nằm trên đường tròn đường kính OM => các điểm M,D,O,H cùng nằm trên đường tròn đường
kính OM
2. Đoạn OM cắt đường tròn tại điểm I. CMR I là tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD.
Ta có: COI  DOI ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)=> CI  DI => CDI  DIM => DI là
phân giác trong của ∆ MCD (1)
Lại có MI là đường phân giác trong của ∆ MCD ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (2)
Từ (1) và (2) suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ MCD
3. Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P và Q.
Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho diện tích ∆ MPQ bé nhất.
Ta có ∆MOD = ∆MOP (g-c-g) => S∆ MPQ= 2 S∆ MOQ =OD.MQ = R.MQ
Q
=> S∆ MPQ nhỏ nhất  MQ nhỏ nhất (3)
D
Theo BĐT Cô – si cho hai số không âm ,
ta có: MQ = MD+DQ ≥ 2 MD.DQ  2 OD2  2OD  2R
O
( Vì ∆ MOD vuông tại O có đường cao OD nên OD2=MD.DQ )
I
(d)
Dấu “=” xảy ra  MD= DQ  ∆OMQ vuông cân tại O
A
B
H
OD
R


2.R
 OMD  450  OM 
sin OMD sin 450

C
P
(Vì ∆ ODM vuông nên OD= OM.sinOMD )
Vậy MQmin = 2R  OM = 2 R (2)
Từ (3) và (4) suy ra khi M nằm trên (d) cách O một khoảng 2 R thì S∆ MPQ nhỏ nhất là
R.2R=2R2 ( d.v.d.t)
Bài 5: (1 đ) : A  7  13  7  13  2 .Ta có:

2.A  14  2 13  14  2 13  2 





2

13  1 



 13  1  13  1  2  13  1  13  1  2  0
 A  0



2

13  1  2

M

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂNG KHIẾU TRẦN PHÚ NĂM HỌC 2012- 2013
Môn thi: TOÁN (chuyên)Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 25 tháng 6 năm 2012
Đề thi gồm : 01 trang

Câu I (2,0 điểm)
1) Cho A 

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

Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của A
2) Cho phương trình x2  ax  b  0 có hai nghiệm nguyên dương biết a,b là hai số
dương thỏa mãn 5a + b = 22.Tìm hai nghiệm đó.
Câu II ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình: 4 x 2  6 x  1  

3

16 x 4  4 x 2  1
3

1
 2
4 x  x  y  1
2) Giải hệ phương trình: 
 y 2  y  xy 2  4

Câu III (1,0 điểm) Cho ba số dương a,b,c .Chứng minh rằng:

a
4b
9c


4
bc ca ab

Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) có trực tâm H, nội tiếp đường tròn tâm O,
đường kính AA’.Gọi AD là đường phân giác trong của góc BAC ( D  BC ) .M,I lần lượt là
trung điểm của BC và AH.
1) Lấy K đối xứng với H qua AD.Chứng minh K thuộc đường thẳng AA’.
2) Gọi P là giao điểm của AD với HM.Đường thẳng HK cắt AB và AC lần lượt tại Q
và R.Chứng minh rằng Q và R lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên AB,AC.
Câu V (3,0 điểm)
1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 4  y 4  z 4  2012
2) Cho hình vuông 12x12, được chia thành lưới các hình vuông đơn vị. Mỗi đỉnh của
hình vuông đơn vị này được tô bằng một trong hai màu xanh đỏ. Có tất cả 111 đỉnh màu đỏ.
Hai trong số những đỉnh màu đỏ này nằm ở đỉnh hình vuông lớn, 22 đỉnh màu đỏ khác nằm

trên cạnh cạnh của hình vuông lớn (không trùng với đỉnh của hình vuông lớn ) hình vuông đơn
vị được tô màu theo các quy luật sau: cạnh có hai đầu mút màu đỏ được tô màu đỏ, cạnh có hai
đầu mút màu xanh được tô màu xanh, cạnh có một đầu mút màu đỏ và một đầu mút màu xanh
thì được tô màu vàng. Giả sứ có tất cả 66 cạnh vàng. Hỏi có bao nhiêu cạnh màu xanh.
----------------------------Hết---------------------------Họ và tên thí sinh……………………………………. Số báo danh………………...…………
Chữ kí của giám thị 1: ……………………….……… Chữ kí của giám thị 2: …………………
Từ :Nguyễn Hồng Vân – THPT Trần Hưng Đạo – Hải Phòng- />
1


Lời giải một số câu
Câu I
15 x  11 3 x  2 2 x  3
1) A 


x 2 x 3
x 1
x 3
15 x  11  (3 x  2)( x  3)  (2 x  3)( x  1)
 A
( x  1)( x  3)
17
2
, A lớn nhất  x  0 khi đó A lớn nhất bằng .
 A  5 
3
x 3
2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình (x1 < x2)
Ta có a = –x1 – x2 và b = x1x2 nên

5(–x1 – x2) + x1x2 = 22

x1(x2 – 5) – 5(x2 – 5) = 47

(x1 – 5)(x2 – 5) = 47 (*)

Vì x1  Z  x1  1 nên với giả sử x1  x2
Ta có: –4 ≤ x1 – 5 < x2 – 5 nên
x1  5  1
x  6
 1
.
x

5

47
x

52
 2
 2

(*)  

Khi đó: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22. Vậy hai nghiệm cần tìm là x1 = 6; x2 = 52.
Câu II:
1)
4 x2  6 x  1  

3
16 x 4  4 x 2  1
3

3
(4 x 2  2 x  1)(4 x 2  2 x  1)
3
2
2
2
Dễ thấy 4 x  2 x  1  3x  ( x  1)  0, x & 4 x 2  2 x  1  3x 2  ( x  1) 2  0, x nên đặt
 2(4 x 2  2 x  1)  (4 x 2  2 x  1)  

a  4 x 2  2 x  1, b  4 x 2  2 x  1  b , a  0, b  0
Ta có phương trình 2a 2  b 2  

3
ab
3

 6a 2  3ab  3b2  0
a
a
 6( )2  3( )  3  0
b
b
a
3
 
4 x2  2 x  1 1

1
b
2


 2
 x
4x  2x  1 3
2
a
3

,(
TM
)

3
b
2)Giải hệ phương trình

2


1
 2
4 x  x  y  1

 y 2  y  xy 2  4


(1)
(2)

Nếu y = 0 thì (2) vô lí nên y  0 vậy (2)  1 

1
 b ta có hệ
y
2

4 x  x  b  1
 2

4b  b  x  1

1
4
x 2
y
y

Đặt

(1')
(2')

Lấy ( 1’) – ( 2’) ta có (x-b) (2x+2b-1) = 0

1
2

1
2

*) Nếu x = b ta có hai nghiệm ( , 2) và ( ;2)
*) Nếu 2x + 2b = 1 thì hệ vô nghiệm

1
2

1
2

Vậy hệ có hai nghiệm ( , 2) và ( ;2)
Câu V
1)
Giả sử một số nguyên là số chẵn có dạng 2k thì (2k )4  16k 4  0(mod8)
Nếu Số nguyên là số nguyên lẻ có dạng 2k + 1 thì
(2k  1)4  (4t  1)2  16h  1  1(mod8) nên với k ,t,h là các số nguyên

x, y, z  Z  x 4  y 4  z 4  0,1,2,3(mod8)
Nhưng 2012  4 ( mod 8)
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
2) Có 111 đỉnh màu đỏ,trong đó có 22 đỉnh nằm trên cạnh của hình vuông,, 87 đỉnh nằm
lọt trong hình vuông lớn.Từ đó ta thấy có hai điểm màu xanh ở hai góc của hỉnh vuông
lớn, 22 điểm màu xanh trên các cạnh của hình vuông lớn không nằm trên đỉnh của hình
vuông lớn còn lại có 34 điểm màu xanh nằm lọt trong hình vuông.Với 312 cạnh của cả
hình, ta cho đình của mỗi cạnh như sau: trong 2 mút của nó có i điểm màu xanh thì cho
i điểm.Gọi tổng số điểm là S, ta có S = 2 ( số cạnh màu xanh) + số cạnh vàng.Ta lại có
thể đếm số S theo cách khác:Mỗi điểm xanh ở góc là mút của hai đoạn, các điểm còn lại

là mút của 4 đoạn.Vậy S = 2 x 2 + 22 x 3+ 34 x 4 = 206, suy ra số cạnh xanh là : ( 206 –
66):2 = 70 cạnh màu xanh.

Câu III: Chứng minh rằng:

a
4b
9c
1
4
9


 4  (a  b  c)(


)  18
bc ca ab
bc ac ab
Thật vậy:

[(b  c)  (a  c)  a  b)](

 (a  b  c)(

1
4
9
bc
4(a  c)

9(a  b) 2


)(


)  36
bc ac ab
bc
(a  c)
( a  b)

1
4
9


)  18 Điều phải chứng minh
bc ac ab

.

3


Bài hình: 1) Tam giác ABA’ có: ABC  A ' BC  900 , ABC  BAN  A ' BC  BAN

B

Q

D
P

H

M
A'

I
K

o

A
R
C

Lại có
A ' AC  A ' BC ( cùng chắn cung A ' C ) nên BAN  A ' AC
Cũng có BAD  CAD  BAD  BAN  CAD  CAN 
Mặt khác H đối xứng với K qua AD  HAD  KAD , H thuộc AN nên K thuộc AA’
2) Bạn tự giải nhé.

4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2017
Môn thi: Toán (chuyên)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Dành cho thí sinh thi vào trường THPT Chuyên Hạ Long)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi này có 01 trang)

Câu 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức:

 x
3
3
3 
A 2
 3

 1 (với x  0; x  3 ).

x
x

x
3

3
x


27
3



1. Rút gọn biểu thức A.

2. Tính giá trị của biểu thức A khi x  3 

5  3  29  12 5 .

Câu 2. (3,0 điểm)
1. Giải phương trình x3  x2  x x  1  2  0 .
2
2

 x  xy  2 y  0
2. Giải hệ phương trình 
.
2

 xy  3 y  x  3

Câu 3. (1,0 điểm)
Tìm các số tự nhiên n để A  n2018  n2008  1 là số nguyên tố.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R), đường kính AB, M là một điểm tùy ý thuộc đường
tròn (M khác A và B). Qua A và B lần lượt kẻ các đường thẳng d và d’ là tiếp tuyến
với đường tròn. Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt d và d’ lần lượt tại C và D.
Đường thẳng BM cắt d tại E.

1. Chứng minh CM = CA = CE.
2. Chứng minh AD  OE .
3. Tính độ dài đoạn AM theo R, nếu AE = BD.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho a; b thoả mãn a  2; b  2 . Chứng minh rằng:
(a 2  1)(b2  1)  (a  b)(ab  1)  5 .

......................... Hết ...........................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.................................................................Số báo danh.....................
Chữ ký của cán bộ coi thi 1:............................Chữ ký của cán bộ coi thi 2:................
1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH
LỚP 10 THPT NĂM 2017
Môn thi: Toán (chuyên)
Dành cho thí sinh thi vào trường THPT Chuyên Hạ Long
(Hướng dẫn này có 03 trang)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu
Sơ lược lời giải
Câu 1 1. Với điều kiện xác định là x  0; x  3
(2,0 điểm)


 x
3
3
3 

A =  2
 3

 1

 x  x 3 3



= 

3

 x  x 3 3
2





x  27  3

x



Điểm

0,5

 x  x 3  3 



( x  3 )( x  x 3  3) 
3x

2

3

2

 x 2  x 3  3 


2


3x
 ( x  3 )( x  x 3  3) 

1

x 3

( x  3) 3  3

= 

0,5

2. Ta có :
x 3

5  3  29  12 5

 3

5  3  (2 5  3) 2

 3

5  62 5

 3

5  ( 5  1) 2

0,75

 3 1
nên thay x = 3 + 1 vào A ta có:
A

1

=
x 3

1
=1
3+1- 3

Câu 2
1. ĐK: x  1.
(3,0điểm) Biến đổi về phương trình x 2 ( x  1)  x x  1  2  0

Đặt t  x x  1 ( t  0 )  t 2  x2 ( x  1) .
Phương trình đã cho trở thành:
t  1
t2  t  2  0  
t  2

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

Kết hợp với điều kiện, ta được t  2
Với t  2  x x 1  2  x3  x2  4  ( x  2)(x 2  x  2)  0
0,5

x2

 x 2  xy  2 y 2  0 (1)
2. Giải hệ phương trình 

2


 xy  3 y  x  3 (2)
Phương trình (1)   x2  y 2   y  x  y   0   x  y  x  2 y   0 ,

2

0,75


ta được x = y hoặc x = -2y
3
4

* Với x = y, từ (2) ta có: 4 x2  x  3  0 , ta được x1  1, x2  .
Khi đó, x1  y1  1, x2  y2  .

3
4
* Với x = -2y, từ (2) ta có y 2  2 y  3  0 , ta được y1  1, y2  3

0,25

Nếu y  1  x  2 . Nếu y  3  x  6 .

0,25

3 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (-1; -1);  ;  ; (2; -1);

4 4

(-6; 3).
Câu 3
Tìm số tự nhiên n để A  n2018  n2008  1 là số nguyên tố.
(1,0điểm) Xét n  0 thì A = 1 không là số nguyên tố;

0,25

0,25

Xét n  1 thì A = 3 là số nguyên tố.
Xét n > 1, ta thấy A > n2 + n + 1;
A = n2018 – n2 + n2008 – n + n2 + n + 1
2

3 672

= n ((n )

3 669

– 1) + n.((n )

0,5
2

– 1) + (n + n + 1)

mà (n3)672 – 1 chia hết cho n3 -1, suy ra (n3)672 – 1 chia hết cho

n2 + n + 1.
0,25

Tương tự: (n3)669 – 1 chia hết cho n2 + n + 1
Khi đó A chia hết cho n2 + n + 1 > 1 và A > n2 + n + 1
nên A là hợp số.
Tóm lại số tự nhiên cần tìm là n = 1.
Câu 4
(3,0
điểm)

D
E

0,25

M
C

F

A

B
O

I

1. Gọi F là giao điểm của OC và AM, ta có OC  AM.
Ta có, CM = CA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Hai tam giác vuông AME và AFC đồng dạng,
AE AM

 2  AE  2 AC  AC  CE .
nên
AC AF
Vậy CM = CA = CE.
2. Gọi giao điểm của EO với d’ là I,
Chứng minh được AEBI là hình bình hành  BE//AI.
3

0,75

0,5


Ta có, OD  BE  OD  AI, mà AB  DI
 O là trực tâm của  ADI
 OI  AD  OE  AD (đpcm).
3.
Tam giác COD vuông tại O (vì OC, OD là hai phân giác của hai
góc kề bù), có OM là đường cao nên OM2 = CM.MD.
Theo phần 1, ta có EC = CA = CM  2CM = AE,
mà BD = MD và AE = BD (gt)  2CM = MD.
2
2
2
 2CM = R (do MO = R và OM = CM.MD)
R 2
2

 AE = R 2 (do AE = 2CM).

 CM =

Do trong giác vuông AEB tại A, ta có
 AM 

AE. AB
AE 2  AB 2



0,5

0,25

0,5

1
1
1


2
2
AM
AE
AB 2

0,25

2R 3
.
3

Câu 5
Xét hiệu M  (a 2  1)(b2  1)  (a  b)(ab  1)  5
(1,0điểm)
 (a 2b2  a 2b  ab2  ab)  (a 2  b2  a  b  ab)  4
1
 ab(a  1)(b 1)  (a  b)2  a(a  2)  b(b  2)   4 .
2
Chỉ ra với a  2 thì a(a  1)  2 và a(a  2)  0

0,5

b  2 thì b(b  1)  2 và b(b  2)  0
1
(a  b)2  a(a  2)  b(b  2)   0
2
2
2
 M  0 hay (a  1)(b  1)  (a  b)(ab  1)  5 .

nên ab(a  1)(b 1)  4 ;

0,5

Những chú ý khi chấm thi:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh

phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa.
2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm
chi tiết.
3. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất
trong cả tổ chấm. Điểm thống nhất toàn bài là tổng số điểm toàn bài đã chấm, không
làm tròn.
...................................... Hết .............................................

4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 25/6/2009
Thời gian làm bài 150 phút
(Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin)

Bài I (3 điểm)
(n-8)2-48
1) Tìm các số nguyên dương n để A= n+5 có giá trị là số nguyên dương.
2) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn đẳng thứcx2+y(y2+y-3x)=0
Bài II (2 điểm)
Giải hệ phương trình (x, y, z là ẩn)
Bài III. (3 điểm)
Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O). Gọi BD và CE là hai đường cao của

tam giác ABC.
1/ Chứng minh AD.AC=AE.AB
2/ Tia AO cắt BC tại A1và cắt cung nhỏ BC tại A2. Tia BO cắt AC tại B1và
cắt cung nhỏ AC tại B2. Tia CO cắt BA tại C1và cắt cung nhỏ AB tại C2.
A1A2 B1B2 C1C2
Chứng minh: AA + BB + CC =1
1
1
1
3/ Từ A vẽ tia Ax vuông góc với DE. Cho cạnh BC cố định , đỉnh A di động
trên cung lớn BC sao cho ABC có ba góc nhọn. Chứng minh tia Ax luôn đi qua
một điểm cố định.
Bài IV. (1 điểm)
Cho đa thức P(x)= x4+ax3+bx2+cx+d (a, b, c, d là các hằng số). Biết rằng P(1)=10,
P(2)=20, P(3)=30. Tính giá trị của biểu thức

P(12)+P(-8)
+25
10

Bài V (1 điểm)
Chứng minh rằng: Nếu ba điểm A, B, C không có điểm nào nằm bên ngoài đường
tròn (O) sao cho ABC có ba góc nhọn thì chu vi của đường tròn ngoại tiệp ABC
không lớn hơn chu vi (O)
…………………………. Hết………………………..
Họ và tên thí sinh : …………………………………. Số báo danh: ……………………..
Chữ kí giám thị số 1………………….
Chữ kí giám thị số 2…………….…….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

BÀI

HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM

Ý
1

Tìm số nguyên dương n … (1.5 điểm)
*(n-8)2 -48 = n2 -16n+16 nên A=n-21+

I
2

ĐIỂM
3.0

121
n+5

0.50

*121=112 và n+5≥6 ; n+5Z

*n+5=11 được n=6 và A=-4
*n+5=121 được n=116 và A=96
*KL n=116
Tìm các số nguyên dương x, y … (1.5 điểm)
*x2+y(y2+ y-3x)=0 x2-3xy+y2+y3=0 (1)
*Coi (1) là pt bậc 2 với ẩn x
*có =y2(5-4y)
*Nếu y≥2 thì <0 phương trình (1) vô nghiệm
*Với y=1 phương trình (1) trở thành x2-3x+2=0 x1=1; x2=2
*KL: x=1, y=1 và x=2, t=1
Giải hệ phương trình
*Nếu một trong 3 số x, y, z bằng 0 thì hai số còn lại bằng 0
Ta thấy x=y=z=0 là một nghiệm của hệ
*Xét trường hợp cả ba số x, y, z khác 0

0.25
0.25
0.25
0.25

hệ đã cho 

0.75



0.25

*Cộng vế với vế của 3 PT ta được

II

0.25

=0

1
1
1
(x -1)2 +(y -1)2 +(z -1)2 =0



*KL:Hệ đã cho có 2 nghiệm x=y=z=0 và x=y=z=1
III

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
2.0

1

Chứng minhAD.AC=AE.AB(1 điểm)

(thỏa mãn hệ đã cho)

0.50

.025
3.0


Chứng minh được tam giác ABD
đồng dang với tam giác ACE

A
R

0.50
D

L

E
H

B

Chứng minh được
AD.AC=AE.AB

J

C

A1

Q

2

O

0.50

A2

Chứng minh … (1 điểm)
*Gọi H là trực tâm của ABC
tia AH cắt BC tại J và cắt cung BC tại Q. CM được:

A1A2 JQ
=
A1A2 JA

JH JQ SBHC
*CM được JA =JA =
SBAC
B1B2 SAHC C1C2 SAHB
*Tương tự chứng minh được B1B =
,
=
SBAC C1C SBAC
*ABC nhọn nên điểm H nằm trong tam giác. Suy ra
SBHC+SBHA+SAHC=SBAC
A1A2 B1B2 C1C2 SBHC+SBHA+SCHA SBAC
Từ đó AA + BB + CC =

=S
=1
SABC
1
1
1
ABC
3. Chứng minh tia Ax …(1 điểm)
*tia BD cắt cungAC tại R, tia CE cắt cung AB tại L
Chứng minh được DE//RL suy ra LRAx
*cung AL=cungAR chứng minh Ax di qua tâm O khi A di động t
Tính giá trị của biểu thức… (1 điểm)
*Đặt Q(x)=P(x)-10x
*Có Q(1)=Q(2)=Q(3)=0
*Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)
IV
P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)+10x
P(12)+P(-8)
*A=
+25=2009
10
Chứng minh rằng…(1 điểm)
*Gọi đường tròn ngoại tiếp ABC là (I), I nằm trong ABC
Nếu A, B, C nằm trên (O) thì (I) và (O) trùng nhau.
*Nếu (O) đựng (I) hoặc (O) và(I) tiếp xúc trong với nhau thì đường kính của (I)
V
nằm trong (O) suy ra chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O).
*Nếu (O) và (I) cắt nhau tại M, N. Vì ABC có ba góc nhọn nên số đo cung nhỏ
MN< 1800 . Suy ra cung lớn MN>1800, ắt tồn tại đường kính của (I) nằm trong
(O). Vậy chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O)

Thí sinh phải lập luận đấy đủ mới có điểm tối đa, điểm làm tròn đến 0.25

0.25


. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2013-2014
Đề thi môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 30/6/2013
Thời gian làm bài: 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm)
a. Tính A  8  2 7  16  6 7

 x x
x 1  x 1
b. Rút gọn biểu thức: M  
, (với x  0, x  1 ).

 :
x
 x 1 x  x 
Câu 2 (1,0 điểm)
Cho phương trình: x2  4 x  2m  3  0 , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình

(1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn:

3





x1  x2  x1 x2  17 .

Câu 3 (2,0 điểm)
a. Giải phương trình:

x  1  5x  4 x  3  2 x  4 .
( x  2 y  2)(2 x  y )  2 x(5 y  2)  2 y
b. Giải hệ phương trình:  2
 x  7 y  3
Câu 4 (1,0 điểm)
a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết
cho 4.
b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2  2 y 2  5xy  x  2 y  7  0 .
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn
(O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và
song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần
lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N
(khác điểm A).
BA CA
a. Chứng minh rằng: EB2  ED.EA và
.


BD CD
b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm.
c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.
d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.
Câu 6 (1,0 điểm)
a. Chứng minh rằng: a3  b3  ab(a  b) , với a, b là hai số dương.
b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a  b  1 .
2
3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F   a3  b3    a 2  b 2   ab.
2

Hết
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ………………….………SBD: ………….
Họ và tên giám thị 1: …………………….. chữ kí: .…….…..
Họ và tên giám thị 2: …………………….. chữ kí: .…….…..
a
l


GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC
NĂM HỌC 2013-2014
Câu 1 (2,0 điểm)
a. Tính A  8  2 7  16  6 7
Giải



Ta có A  7  2 7  1  9  2.3 7  7 



2

7 1 

3  7 

2

 7 1 3  7  4

 x x
x 1  x 1
b. Rút gọn biểu thức: M  
, (với x  0, x  1 ).

 :
x
 x 1 x  x 
Giải
 x x 1

x 1  x 1 
1  x  1  x 1  x  1
Ta có M  

:

 x
: x  
: x

x
x 1
x
x x 1 

 x 













x 1

Vậy M  x



.

x 1

x







x
 x
x 1





x 1

x 1

Câu 2 (1,0 điểm)
Cho phương trình: x2  4 x  2m  3  0 , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình (1)
có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: 3 x1  x2  x1 x2  17 .





Giải
Chú ý Vì x1 , x2 nằm trong các căn bậc hai nên phải có điều kiện x1  0, x2  0 .

 '  0
 4  2m  3  0
3
7


 m
+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x2  x1  0   S  0  4  0
2
2
P  0
 2m  3  0


3
7
 m  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x2  x1  0 .
2
2
 x1  x2  4
Áp dụng định lí Vi-et ta có: 
 x1.x2  2m  3

+) Với

+) Ta có

3













x1  x2  x1 x2  17  3 x1  x2  2 x1 x2  x1 x2  17  3 4  2 2m  3  2m  3  17

m  1

m  1

m  1
 2
 m  2
 6 2m  3  2 m  2  3 2 m  3  m  1  
2

m  16m  28  0
9  2m  3  m  2m  1
  m  14


So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là m  2 .


Câu 3 (2,0 điểm)
a. Giải phương trình:

x  1  5x  4 x  3  2 x  4 (1) .
Giải
x


1

x 1  0
x  0
5 x  0

3

+) ĐK: 

3  x
4
4 x  3  0
x  4
2 x  4  0

 x  2
+) Ta có PT  x  1  2 x  1. 5x  5x  4 x  3  2 4 x  3. 2 x  4  2 x  4

 x  3 (l )
 x  1. 5 x  4 x  3. 2 x  4  5 x( x  1)  (4 x  3)(2 x  4)  3x  5 x  12  0  
 x  4 ( n)
3

4
+) KL: Phương trình có một nghiệm x  .
3
( x  2 y  2)(2 x  y )  2 x(5 y  2)  2 y
b. Giải hệ phương trình:  2
 x  7 y  3
Giải
2
2
+) Ta có PT (1)  2 x  xy  4 xy  2 y  4 x  2 y  10 xy  4 x  2 y
2

 2 x2  5xy  2 y 2  0   2 x 2  4 xy   (2 y 2  xy)  0  2 x( x  2 y)  y( x  2 y)  0

x  2y  0
x  2y
 ( x  2 y)(2 x  y )  0  

2 x  y  0
 y  2x

x  2 y
+) Trường hợp 1: x  2 y , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ  2
 x  7 y  3

 x  1

x  2 y
 y  2

x  2 y

 x 1
 2
  
  x  3

4 y  7 y  3  0
4
 x  3
 

4
3
 
 y 
2

 y  2x
+) Trường hợp 2: y  2 x , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ  2
 x  7 y  3
  x  7  46

x  2 y
  y  14  2 46


 y  2x
 2
   x  7  46  
 x  14 x  3  0
  x  7  46


  x  7  46
  y  14  2 46
3

x


x  1 
 x  7  46
 x  7  46
4 
,
;
+) Kết luận: Hệ phương trình có 4 nghiệm: 
,
.
y  2 y  3 
 y  14  2 46 
 y  14  2 46

2