2000 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán các tỉnh thành có đáp án phần 2

TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
1

TUYỂN TẬP
2.000 ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN
TỪ CÁC TỈNH-THÀNH-CÓ ĐÁP ÁN

TẬP 21 (1001-1050)

Người tổng hợp, sưu tầm : Thầy giáo Hồ Khắc Vũ
Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
2

LỜI NÓI ĐẦU
Kính thưa các quý bạn đồng nghiệp dạy môn Toán, Quý bậc phụ huynh
cùng các em học sinh, đặc biệt là các em học sinh lớp 9 thân yên !!

Tôi xin tự giới thiệu, tôi tên Hồ Khắc Vũ , sinh năm 1994 đến từ TP Tam Kỳ
- Quảng Nam, tôi học Đại học Sư phạm Toán, đại học Quảng Nam khóa
2012 và tốt nghiệp trường này năm 2016
Đối với tôi, môn Toán là sự yêu thích và đam mê với tôi ngay từ nhỏ,
và tôi cũng đã giành được rất nhiều giải thưởng từ cấp Huyện đến cấp
tỉnh khi tham dự các kỳ thi về môn Toán. Môn Toán đối với bản thân tôi,
không chỉ là công việc, không chỉ là nghĩa vụ để mưu sinh, mà hơn hết tất
cả, đó là cả một niềm đam mê cháy bỏng, một cảm hứng bất diệt mà không
mỹ từ nào có thể lột tả được. Không biết tự bao giờ, Toán học đã là người
bạn thân của tôi, nó giúp tôi tư duy công việc một cách nhạy bén hơn, và
hơn hết nó giúp tôi bùng cháy của một bầu nhiệt huyết của tuổi trẻ. Khi
giải toán, làm toán, giúp tôi quên đi những chuyện không vui
Nhận thấy Toán là một môn học quan trọng , và 20 năm trở lại đây,
khi đất nước ta bước vào thời kỳ hội nhập , môn Toán luôn xuất hiện
trong các kỳ thi nói chung, và kỳ Tuyển sinh vào lớp 10 nói riêng của
63/63 tỉnh thành phố khắp cả nước Việt Nam. Nhưng việc sưu tầm đề cho
các thầy cô giáo và các em học sinh ôn luyện còn mang tính lẻ tẻ, tượng
trưng. Quan sát qua mạng cũng có vài thầy cô giáo tâm huyết tuyển tập
đề, nhưng đề tuyển tập không được đánh giá cao cả về số lượng và chất
lượng,trong khi các file đề lẻ tẻ trên các trang mạng ở các cơ sở giáo dục
rất nhiều.
Từ những ngày đầu của sự nghiệp đi dạy, tôi đã mơ ước ấp ủ là
phải làm được một cái gì đó cho đời, và sự ấp ủ đó cộng cả sự quyết tâm
và nhiệt huyết của tuổi thanh xuân đã thúc đẩy tôi làm TUYỂN TẬP 2.000
ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 VÀ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CỦA CÁC TỈNH – THÀNH
PHỐ TỪ NĂM 2000 đến nay
Tập đề được tôi tuyển lựa, đầu tư làm rất kỹ và công phu với hy
vọng tợi tận tay người học mà không tốn một đồng phí nào
Chỉ có một lý do cá nhân mà một người bạn đã gợi ý cho tôi rằng tôi
phải giữ cái gì đó lại cho riêng mình, khi mình đã bỏ công sức ngày đêm

làm tuyển tập đề này. Do đó, tôi đã quyết định chỉ gửi cho mọi người file
pdf mà không gửi file word đề tránh hình thức sao chép , mất bản quyền
dưới mọi hình thức, Có gì không phải mong mọi người thông cảm
Cuối lời , xin gửi lời chúc tới các em học sinh lớp 9 chuẩn bị thi tuyển sinh,
hãy bình tĩnh tự tin và giành kết quả cao
Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
3

Xin mượn 1 tấm ảnh trên facebook như một lời nhắc nhở, lời khuyên chân
thành đến các em
"MỖI NỖ LỰC, DÙ LÀ NHỎ NHẤT, ĐỀU CÓ Ý NGHĨA
MỖI SỰ TỪ BỎ, DÙ MỘT CHÚT THÔI, ĐỀU KHIẾN MỌI THỨ TRỞ NÊN VÔ
NGHĨA"

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
4

ĐỀ 1001
Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Quảng Nam

ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN CHUYÊN QUẢNG NAM
NĂM HỌC: 2015 – 2016
Thời gian: 150 phút

Câu 1. (2 điểm)
x x  1 x 1
(với x ≠ 1; x ≥ 0). Rút gọn A, sau đó tính giá trị

x 1
x 1
A – 1 khi x  2016  2 2015
b) Cho A  2 12015  22015  ...  n2015  với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng A

a) Cho biểu thức A 

chia hết cho n(n + 1)
Câu 2. (2 điểm)
6
4
7

3
 2
 2
 2
0
x  9 x  11 x  8 x  12
 x( x  4)(4 x  y )  6
b) Giải hệ phương trình:  2
 x  8 x  y  5

a) Giải phương trình sau:

2

Câu 3. (1 điểm) Cho parabol (P): y = ax2 và đường thẳng (d): y = bx + c với a, b, c là
độ dài ba cạnh của tam giác vuông trong đó a là độ dài cạnh huyền. Chứng minh
rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt là x1 và x2
thỏa mãn x12  x22  2
Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H.
Các tia phân giác các góc EHB, DHC cắt AB, AC lần lượt tại I và K. Qua I và K lần
lượt vẽ các đường vuông góc với AB, AC chúng cắt nhau tại M.
a) Chứng minh AI = AK.
b) Giả sử tam giác nhọn ABC có hai đỉnh B, C cố định, đỉnh A di động . Chứng minh
đường thẳng HM luôn đi qua một điểm cố định
Câu 5. (2 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Qua A và B lần lượt vẽ các
tiếp tuyến d1 và d2 với (O). Từ điểm M bất kì trên (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn
cắt d1 tại C và cắt d2 tại D. Đường tròn đường kính CD cắt đường tròn (O) tại E và F
(E thuộc cung AM), gọi I là giao điểm của AD và BC.
a) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
b) Chứng minh MI vuông góc với AB và ba điểm E, I, F thẳng hàng.

Câu 6. (1 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 9
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z – (xy + yz + zx)

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
5

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
a) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có

 x   1   x  1 x  1  x  x  1 
A

x 1
x 1
 x  1 x  1
x  x  1   x  1
x



3



x 1

2

x 1

x



x 1



x 1

1
x 1
x 1
Ta có x  2016  2 2015 thỏa mãn điều kiện x ≥ 0 và x ≠ 1
A 1 

Có x  2015  2 2015  1   2015  1  x  2015  1 . Thay vào biểu thức A – 1 ta
2

được:

1
2015

A 1 

b) Với 2 số nguyên dương a, b bất kì ta có:
a2015  b2015  (a  b)(a 2014  a 2013b  ...  ab2013  b 2014 )  a 2015  b 2015 (a  b)

+ Xét trường hợp n là số lẻ
Áp dụng khẳng định trên ta có:
2 12015  (n  1) 2015  n
2  22015  (n  2) 2015  n
...
 n  1 2015  n  1 2015 
2 
 
  n
2
2



 


Suy ra
An

2015

 2 1

2015

 (n  1)

2015

  2  2

2015

 (n  2)

2015

 n  1 2015  n  1 2015 
  ...  2 
 
  n
 2  
 2 

Tương tự
A  2(1

2015

n

2015

)  2  2

2015

 (n  1)

2015

 n  1 2015  n  3 2015   n  1  2015  n  1  2015 
  ...  2 
 
   
 
  (n  1)
 2    2 
 2  
 2 

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250

facebook: (Hồ K. Vũ)
6

Mặt khác n và n + 1 nguyên tố cùng nhau nên A ⋮ n(n + 1)
Tương tự với trường hợp n chẵn ta cũng có A ⋮ n(n + 1)
Câu 2
a) Điều kiện: x2  8; x2  9; x2  11; x2  12
Phương trình đã cho tương đương với
7   4
3 
 6
 2
 2
 2
 2
0
 x  9 x  8   x  11 x  12 



6  x 2  8  7  x 2  9 

x

2

 9  x 2  8 



4  x 2  12   3  x 2  11

x

2

 11 x 2  12 

0

 x 2  15
x 2  15

0
 x2  9  x2  8  x2  11 x 2  12 

 x 2  15  0(2)

1
1

 2
 0(3)
2
2
  x  9  x  8   x  11 x 2  12 

Phương trình (2)  x   15
(thỏa mãn)

Phương trình (3)   x2  9 x2  8   x2  11 x2  12
 6 x2  60  0  x2  10  x   10 (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  15;  10
b) Hệ đã cho tương đương với
 x 2  4 x  .  4 x  y   6

 2

 x  4 x    4 x  y   5

Suy ra x2 + 4x và 4x + y là 2 nghiệm của phương trình
t  2
t 2  5 x  6  0  (t  2)(t  3)  0  
t  3
 x 2  4 x  2
 x 2  4 x  3
( I ) hoặc 
( II )
Vậy hệ đã cho tương đương với 
4 x  y  3
4 x  y  2
 x  2  2  y  3  4 x  5  4 2

Giải (I): x 2  4 x  2  ( x  2)2  2  

 x  2  2  y  3  4 x  5  4 2
 x  1  y  2  4 x  2
Giải (II): x 2  4 x  3  0  ( x  1)( x  3)  
 x  3  y  2  4 x  10

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
7

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm  2  2;5  4 2  ,  2  2;5  4 2  ,  1; 2  ,  3;10 
Câu 3
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): ax2  bx  c  ax2  bx  c  0(1)
Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác vuông với cạnh huyền là a nên a, b, c > 0, a2 = b2
+ c2
(d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔
  b2  4ac  0 (luôn đúng ∀ a, b, c > 0)
Gọi 2 giao điểm có hoành độ là x1, x2 , là 2 nghiệm của (1). Theo Viét ta có:
b

 x1  x2  a

x x   c
 1 2
a

c

b2  2ac  2a 2
b
Xét P  x  x  2  ( x1  x2 )  2 x1 x2  2     2.  2 
a
a2
a
Có b2  2ac  2a2  b2  2ac  (b2  c2 )  a 2  2ac  c2  a 2  (c  a)2  0, a, c,0  c  a
2

2
1

2
2

2

Suy ra P < 0 ⇒ đpcm.

Câu 4

a) Vì HI, HK là phân giác của góc EHB và góc DHC nên
EHI 

1
1
EHB; DHK  CHK  DHC. Mà EHB = DHC (đối đỉnh) => EHI = DHK =
2
2

CHK (1)
Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
8

Có AIH = 90o – EHI ; AKH = 90o – DHK => AIH = AKH
(2)
Từ (1) suy ra EHI + EHK = CHK + EHK = 180o => I, H, K thẳng hàng
(3)
Từ (2) và (3) ⇒ ∆ AIK cân tại A ⇒ AI = AK
b) Gọi giao IM và BH là P, giao KM và CH là Q, giao HM và PQ là J, giao HM và
BC là N.
Ta có:
HE
EI

HD DK
HE EB
∆HEB ~ ∆HDC (g.g) =>

HD DC

EI
EB
EI DK




DK DC
EB DC

∆HEI ~ ∆HDK (g.g) =>

Vì IP ⊥ AB, HE ⊥ AB ⇒ IP // HE ⇒

(4)
EI HP
DK HQ

(5). Tương tự

(6)
EB HB
DC HC

HP HQ

 PQ // BC
HB HC
PJ
HJ

JQ
PJ BN
Suy ra




BN HN NC
JQ NC

Từ (4), (5), (6) ⇒

Vì HP // MQ, HQ // PM nên HQMP là hình bình hành ⇒ J là trung điểm PQ ⇒ PJ
= JQ
⇒ BN = NC ⇒ N là trung điểm BC
Vậy HM luôn đi qua trung điểm BC là điểm cố định.
Câu 5

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
9

a) Vì AC ⊥ AB, BD ⊥ AB ⇒ AC // BD ⇒ ACDB là hình thang
Vì CM, CA là tiếp tuyến của (O) nên CM = CA. Tương tự DM = DB
Gọi J là trung điểm của CD thì JO là đường trung bình của hình thang ACDB suy
ra JO // BD và
OJ 

AC  BD CM  MD CD


 IC  ID
2
2
2

(1)

Vì BD ⊥ AB nên JO ⊥ AB tại O
(2)
Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn (J) đường kính CD
b) Vì CA // BD nên theo định lý Talét ta có:

CI CA CM


 IM // BD
IB CD MD

Mà BD ⊥ AB nên MI ⊥ AB
Gọi P, Q lần lượt là giao của AD và (O), BC và (J)

Có APB = CQD = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => DPB = BQD = 90o
Suy ra BQPD là tứ giác nội tiếp => PDB = PQI
Vì AC // BD nên PDB = IAC
=> PQI = IAC => ∆PQI ~ ∆CAI (g.g) =>

PI QI

 IP.IA  IC.IQ
CI AI

Suy ra phương tích của điểm I đối với 2 đường tròn (O) và (J) là bằng nhau
Suy ra I nằm trên trục đẳng phương EF của 2 đường tròn.
Vậy I, E, F thẳng hàng.
Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
10

Câu 6
Ta có:

 x  y  z

2

  x 2  y 2  z 2   2  xy  yz  zx   9  2  xy  yz  zx 

 x  y  z
 xy  yz  zx 

2

9

2
9  ( x  y  z )2
 P x yz
2
9  t2
t 2  2t  1
1
Đặt x  y  z  t  P  t 

 5   (t  1)2  5  5
2
2
2
x  y  z  1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 2 2
chẳng hạn khi x = 1, y = 2, z = –2
 x  y  z  9,

Vậy giá trị lớn nhất của P là 5.
ĐỀ 1002
ĐỀ THI HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2011-2012
Môn: Toán (Thời gian 150 phút)

Câu 1(4đ): Giải các hệ phương trình sau:
 7 x  y  2x  y  5
a) 


 2x  y  x  y  1
( x  1) y  ( y  1) x  2 xy
b) 

 x y  1  y x  1  xy

Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z
= 1.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

x
y
z


x 1 y 1 z 1

Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện
1

1
1


2
1 a 1 b 1 c
1
Chứng minh rằng: abc  .
8

Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là tiếp điểm),
C là một điểm trên đường tròn tâm M bán kính MA và nằm trong đường tròn (O).
Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
11

Các tia AC và BC cắt đường tròn (O) lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng PQ là
đường kính của đường tròn (O).
Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và d là tiếp tuyến của (O)
tại C. Gọi AH, BI là các đường cao của tam giác.
a) Chứng minh HI // d.

b) Gọi MN và EF lần lượt là hình chiếu của các đoạn thẳng AH và BI lên đường
thẳng d. chứng minh rằng MN = EF
Câu 6(2đ): Chứng minh rằng tích của một số chính phương và một số đứng trước
nó chia hết cho 12

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu

Đáp án

Thang điểm


 7 x  y  2 x  y  5(1)

a) 


 2 x  y  x  y  1(2)
Đặt u = 7x  y , v = 2x  y ( u  0, v  0 )

u  v  5
(*)
v  x  y  1

Ta có 

Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x
Mà u + v = 5 nên u – v = x
Do đó u =

x5
5 x
,v=
2
2

Từ phương trình thứ hai của (*) ta được

5 x
x3
y=v+x–1=
 x 1 
2
2
x3
Thay y =
vào phương trình (2) ta được
2
x3
x3
2x 
x
1
2
2
 x1  1
5x  3 5  x




2
2
 x2  19

1

0.25
0.25
0.25
0.25

Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11
Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)

0.25

0.25
0.25

0,25


( x  1) y  ( y  1) x  2 xy (1)

b) 


 x y  1  y x  1  xy (2)
Điều kiện x  1, y  1

0.25

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
12

Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cô Si ta có:
x( y  1  1)

2
y( x  1  1)
y x  1  y ( x  1).1 

2
Vậy x y  1  y x  1  xy
x y  1  x ( y  1).1 

xy
2
xy

2

(3)
(4)

 y 1  1
 x 1  1

Dấu “=” xảy ra  
x y2

Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)
1
1
1
)  (1 
)  (1 
)
x 1
y 1
z 1
1
1
1
P  3(


)
x 1 y 1 z 1

0.5
0.5
0.25
0.25

0.25

Ta có P  (1 

Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có
1 1 1
3
  
x y z xyz
1 1 1
3
 ( x  y  z )(   )  3xyz.
9
x y z
xyz

x  y  z  3xyz ,

2

Dấu = xảy ra khi x = y = z.
1
1
1

9
Ta có



x  1 y  1 z  1 ( x  1)  ( y  1)  ( z  1)
1
1
1
9




x 1 y 1 z 1 4
9 3
Vậy P  3  
4 4
x

 1  y 1  z 1
3
1
P 
x yz
4
3
x  y  z  1
1
3

Vậy P đạt giá trị lớn nhất là P  tại x  y  z 
3
4
1
1
1
Ta có:
 (1 
)  (1 
)
1 a
1 b
1 c
1
b
c
bc



2
1 a 1 b 1 c
(1  b)(1  c)

1
bc
2
Vậy
1 a
(1  b)(1  c)

3

0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5

0.25
0.5
0.5
0.5

0.25

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)

13

Tương tự:

1
ac
2
1 b
(1  a)(1  c)

0.25

1
ab
2
1 c
(1  a)(1  b)

0.5

Nhân ba bất đẳng thức trên ta được:
1
8abc

(1  a)(1  b)(1  c) (1  a)(1  b)(1  c)
 8abc  1

0.5

Q

A

0.5
O
M

C

B

P

4
Để chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O), ta cần chứng
minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng.
Trong đường tròn tâm M ta có:
AMC  2 ABC (góc ở tâm chắn cung AC)
Trong đường tròn tâm O ta có:
AOQ  2 ABQ (góc ở tâm chắn cung AQ)
Suy ra AMC  AOQ (1)
Chứng minh tương tự ta có
BMC  BOP (2)
Tứ giác MAOB có A  B  900
 AMB  AOB  1800 (3)
Từ (1), (2), và (3) suy ra:
POQ  POB  BOA  AOQ
 ( BMC  AMC )  BOA

0.25
0.5

0.5
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
14

 AMB  AOB  1800

0.25

Suy ra P, Q, O thẳng hàng.
Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O)
A

0.5
B

x

I
H
M
C

F

N
E

5

d

a) Chứng minh HI // d
Gọi Cx là tiếp tuyến chắn cung AC
Tứ giác ABHI nội tiếp nên ABC  HIC (Cùng bù với góc HIA )
Mà ABC  ACx (cùng chắn cung AC)
 HIC  ICx  HI // d

b) Chứng minh MN = EF
d // HI  IF=HN
AMCH nội tiếp  HMN  HAC
BICE nội tiếp  IEF  IBC
Mà HAC  BIC nên HMN  IEF  HMN  IEF

 MN  EF

6

Số chính phương là n2(n Z) số đứng trước nó là n2-1
Ta có (n2-1)n2 =(n+1)(n-1)n2= (n-1)n.n(n+1)
Tích này có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3
Mặt khác (n-1)n là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
Và n (n+1) chia hết cho 2
Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 4
Mà (3;4) = 1 nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12
Vậy (n2-1)n2 chia hết cho 12

0.25
0.5
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
15

ĐỀ 1003
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KHÓA NGÀY 26 THÁNG 6 NĂM 2009

MÔN THI: TOÁN
(chuyên Toán - hệ số 2)
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Bài 1: (2,0 điểm).
x  14  2 x  1

với x  1, x  8.
x 1 3 x 1

 x  y  13
b) Giải hệ phương trình 

 x  3  y  7  5.
Bài 2: (2,0 điểm).
a) Giải phương trình (x  1)2 (2x  1)(2x  3)  18.

a) Rút gọn biểu thức Q 

b) Cho phương trình x 2  ax + a =0 (x là ẩn số, a là tham số). Tìm tất cả số
thực a để phương trình có các nghiệm số là số nguyên.
Bài 3: (1,0 điểm).
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y  x 2 có đồ thị (P) và đường thẳng
(∆) có phương trình y  x  2 . Chứng minh rằng (P) và (∆) cắt nhau tại hai điểm
phân biệt A và B; xác định tọa độ hai điểm đó. Tính diện tích tam giác OAB (đơn
vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
Bài 4: (1,5 điểm).
a) Kí hiệu BCNN(a, b) là bội chung nhỏ nhất của hai số tự nhiên a và b (với
ab  0). Tìm hai số tự nhiên a và b, biết rằng 10a = 3b và BCNN(a, b) = 180.
b) Tìm tất cả các số tự nhiên m và n sao cho m2  n 2  2mn  m  3n  2 là
một số chính phương.
Bài 5: (2,5 điểm).
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC < BC). Đường tròn tâm O nội tiếp tam
giác ABC lần lượt tiếp xúc với cạnh AB tại D, BC tại E và AC tại F. Đường thẳng
EF cắt tia AO tại P. Chứng minh rằng:
AB  AC
 AD.

a)
2
Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
16

b) Tứ giác BOPE là tứ giác nội tiếp.
Bài 6: (1,0 điểm).
Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng
minh rằng a 2  b2  c2  4(ab  bc  ca)  1.
----- HẾT ----Họ và tên thí sinh:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

SBD

Phòng thi số

KÌ THI TUYỂN SINH LỚ
0 TH T CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

KHÓA NGÀY 26 THÁNG 6 NĂM 2009

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (hệ số 2)
Bản hướng dẫn gồm 02 trang
I. Hướng dẫn chung
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án, nhưng lập luận và kết quả đúng đến phần nào
thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng
dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi.
3) Điểm toàn bài không làm tròn số.
II. Đ
ài
1
(2,0 điểm)

Câu
a

điể
ư

Q
Q

Q
b

và t

ời iải

Điể

( x  1  1)  4
x  1( x  1  3)

0,25

( x  1  5)( x  1  3)
x  1( x  1  3)

0,25

2

2

x 1  5
( do x ≠ 8 )
x 1

0,25
0,25

Điều kiện: x  3 và y  7
Đ t u  x 3  0 , v 
a có hệ phương trình

y  7  0  x = u2 +3, y = v27

u 2  v 2  17

u  v  5
u.v  4

 u, v là nghiệm phương
u  v  5

0,25
0,25

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
17

2
(2,0 điểm)

a

trình:
X2  5X + 4 = 0  X = 1 ho c X = 4
 (u ; v) (1 ; ) ho c (u ; v) ( ; 1)
ết luận: (x ; y) ( ; 9); (x ; y) (19 ; 6)
Đ t t x 1, ta có phương trình: t2(2t 1)(2t + 1) = 18
 t2(4t2  1) = 18  4t4  t2  18 = 0

9
ho c t 2  2
4
3
 t
2
1
5
ết luận: x1  và x 2  
2
2
 t2 

b

3
(1,0 điểm)
ài

Câu

Điều kiện:  = a2  4a = (a  2)2  4 0


a  0 ho c a  4
Theo Viet: x1 + x2 a và x1x2 = a  x1 + x2 = x1x2
Hay : x1(1  x2) + x2  1 = 1  (1  x2) (1  x1) = 1
1  x2 và 1  x1 nguyên nên:
Ho c 1  x2 1 và 1  x1 = 1  a 0 (thỏa)
Ho c 1  x2 = 1 và 1  x1 = 1  a
(thỏa)
Chứng minh được ( ), () cắt nhau tại hai điểm ph n biệt A, B
 A(1 ; 1); B(2 ; 4)
ư
ời iải
y
S(OAB) = S(OAC) + S(OBC)
B

K
y

C
A
y= x+2

4
(1,5 điểm)

a

1
AH.OC = 1 (cm2)
2

1
S(OBC) = BK.OC = 2 (cm2)
2

H
x

S(OAB) = 3 (cm2)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Điểm
0,25

0,25
0,25

a 3
tối giản

b 10
ọi d (a ; b)  a 3d và b = 10d  [a ; b] = 3.10.d
Mà a ; b

b

0,25

S(OAC) =

=x

O

0,25
0,25

180  d = 6

ết luận a 18 và b 0
Đ t A m2 + n2 mn m 3n
ta có:
2
2
2
A > m + n + 2mn = (m + n)
và A m2 + n2 + 4 + 2mn + 4m + 4n = (m + n + 2)2
ậy A nằm gi a hai số chính phương liên tiếp nên:
A chính phương  A = (m + n + 1)2
 A = m2 + n2 + 2mn + 2m +2n + 1
m=n+1
ết luận: n  N, m = n + 1

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
18
5

A

(2,5 điể )


F
D
O

a

B

b

P



E

C

AD = AF, BD = BE, CE = CF  BD+FC = BC
AD = AB  BD ; AD = AF = AC  FC
 2AD = AB + AC  BC
 2AD < AB + AC  đpcm
P nằm trong đoạn EF.
Đ t A ; B = 2 ; C = 2   +  +  = 90o
t tam giác ABO có BOP  OAB  OBA    
ứ giác O C nội tiếp  OEF  OCF  

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

0,25
0,25

 BOP  BEP  BOP  BEO  OEF

     90    180
 ứ giác BO nội tiếp
a có: a2 + b2  2ab ; b2 + c2  2bc ; c2 + a2  2ca

a2 + b2 + c2  ab + bc + ca
(1)
2
2
2
2
2
2
ại có: a + b + c = a + b + c + (a + b + c)2  1
Hay a2 + b2 + c2 = 2(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + ca)  1
(1) và ( )  a2 + b2 + c2  4(ab + bc + ca)  1 đpcm

6
(1,0 điểm)

0,50
0,25
0,25
0,25
(2)

0,25
0,25

-----HẾT-----

ĐỀ 1004
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 10 tháng 3 năm 018
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Số báo danh
..................................

Câu I (4,0 điểm).
Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
19

x2 x
x 1
1  2x  2 x
, với x  0, x  1. Rút


x x 1 x x  x  x
x2  x
gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.
1. Cho biểu thức P 

2.

Tính

giá

trị

của

biểu

thức

P

4( x  1)x 2018  2x 2017  2x  1
2 x 2  3x

tại

1
3

.
2 32 2 32
Câu II (4,0 điểm).
1. Biết phương trình (m  2) x2  2(m  1) x  m  0 có hai nghiệm tương ứng là độ
dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với
2
.
cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng
5
( x  y ) 2 (8 x 2  8 y 2  4 xy  13)  5  0

2. Giải hệ phương trình 
1
2 x  x  y  1

Câu III (4,0 điểm).
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình y 2  5 y  62  ( y  2) x 2  ( y 2  6 y  8) x.
2. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p  a 2  b2 là số nguyên tố và
x

p  5 chia hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax 2  by 2 chia hết cho p .
Chứng minh rằng cả hai số x, y chia hết cho p .
Câu IV (6,0 điểm).
Cho tam giác ABC có (O),( I ),( I a ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp,
đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm
tương ứng là O, I , I a . Gọi D là tiếp điểm của ( I ) với BC , P là điểm chính gi a cung
BAC của (O) , PI a cắt (O) tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC , N là điểm

đối xứng với P qua O.
1. Chứng minh IBI aC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP.
3. Chứng minh DAI  KAI a .
Câu V (2,0 điểm).
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  z. Chứng minh rằng

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
20

xz

y2
x  2z 5


 .
2
y  yz xz  yz x  z 2
------------- HẾT -------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀCHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 10 tháng 3 nă 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
(Gồm có 05 trang)
Câu
I
4,0
điểm

NỘI DUNG

Điểm

x2 x
x 1
1 2x  2 x


, với x  0, x  1.
x x 1 x x  x  x
x2  x
Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên
Với điều kiện x  0, x  1 , ta có:
1. Cho biểu thức P 

P



x2 x





x 1 x  x  1

 
x



x 1



x x  x 1



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





x x2 x 

x 1

Ta có với điều kiện x  0, x  1  x  x  1 

0 P

x 2


x  x 1

x



2x  2 x 1





2,5

0,50

x 1 x  x  1

x 1
0,50

0,50

0,50

x 1  1

x 2
1

 1
2
x 1
x 1

x 2
 1  x  1 (loại).
Do P nguyên nên suy ra P  1 
x  x 1
Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên.
Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

0,50


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
21
Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau

x 2
 Px   P  1 x  P  2  0 , coi đ y là phương trình bậc hai của x .
x  x 1
Nếu P  0   x  2  0 vô lí, suy ra P  0 nên để tồn tại x thì phương trình trên có

2
4
4
2
   P  1  4P  P  2   0  3P 2  6 P  1  0  P 2  2 P  1    P  1 
3
3
2
Do P nguyên nên  P  1 bằng 0 ho c 1
P

0,50

+) Nếu  P  1  0  P  1  x  1 không thỏa mãn.
2

P  2
 P  2  2 x  x  0  x  0 không thỏa mãn
P  0

+) Nếu  P  1  1  
2

Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn.
2.

Tính

giá

trị

của

biểu

thức

P

4  x  1 x 2018  2 x 2017  2 x  1
2 x 2  3x

tại

1
3
x

.
2 32 2 3 2
Vì x 

1
3
3 1


2
2 32 2 3 2

1,5

0,50

3 1
là nghiệm của đa thức 2 x 2  2 x  1.
2
2 x 2017  2 x 2  2 x  1  2 x  1 2 x  1
Do đó P 

 3  3.
x 1
 2 x2  2 x 1  x  1
nên x 

0,50
0,50

Chú ý 2:Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số và tìm
được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ.
II
4,0
điểm

1. Biết ư
trì (m  2) x 2  2(m  1) x  m  0 có hai nghiệ tư
ứ à độ dài hai
cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền

2
.
5
2
hương trình (m  2) x  2(m  1) x  m  0  ( x  1)  (m  2) x  m   0 có hai nghiệm khi

củ t

i

vuô

và chỉ khi m  2. Khi đó nghiệm của phương trình là a  1và b 

m
.
m2

Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra
ho c m  2 .
Từ hệ thức

2,0

đó bằng

m
0m0
m2

1 (m  2)2 5
m2
1
1
1
1
trong
tam
giác
vuông
ta
có

 



2
2
2
2
2
1
m
4
m
2
a
b
h

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

0,50

0,50

0,50


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
22

m2 1
  2m  4  m  m  4 (thỏa mãn)
m
2
m2
1
4
Với
   2m  4  m  m  (loại)
m

2
3
Vậy m  4 là giá trị cần tìm.
( x  y )2 (8 x 2  8 y 2  4 xy  13)  5  0 (1)

2. Giải hệ ư
trì 
1
(2)
2 x  x  y  1

Đ Đ: x  y  0
5
 2
2
8( x  y )  4 xy  ( x  y ) 2  13

Chia phương trình (1) cho ( x  y)2 ta được hệ 
2 x  1  1

x y

Với

2
 
 
1 
1 
2

2
5
(
x

y
)


3(
x

y
)

13
 3( x  y ) 2  23
5  x  y 
 
2

( x  y) 
x y
 


 
1 
 x  y  1   ( x  y )  1


x y


  ( x  y)  1


x y
x y



1
Đ tu  x  y 
, v  x  y (Đ : | u | 2 ), ta có hệ
x y
Từ (4) rút u  1  v , thế vào (3) ta được

5u 2  3v 2  23 (3)

(4)
u  v  1

5
5u 2  3(1  u)2  23  4u 2  3u  10  0  u  2 ho c u   .
4
5
rường hợp u   loại vì u  2.
4
1


2
x  y 
x y
Với u  2  v  1 (thỏa mãn). hi đó ta có hệ 
 x  y  1

Giải hệ trên bằng cách thế x  1  y vào phương trình đầu ta được
1
2 y 1 
 2  y  1 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x, y)  (0;1).
2 y 1
III
4,0
điểm

1. Tìm nghiệm nguyên củ

ư

trì

y 2  5 y  62  ( y  2) x 2   y 2  6 y  8 x (1).

0,50

2,0

0,25

0,50

0,25

0,25

0,25

0,50
2,0

2
Ta có (1)   y  2  y  3  56  ( y  2) x   y  2  y  4  x

0,25

  y  2   x2   y  4  x   y  3  56

0,25

  x  1 y  2  x  y  3  56.

0,50

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
23
Nhận thấy  y  2    x  1  x  y  3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số
nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại.
Như vậy ta có

) 56  1.7.8   x; y    2;9  .

0,25

0,25

) 56  7.1.8   x; y   8;3 .
) 56   8  .1.  7    x; y    7;3 .

0,25

) 56  1.  8  .  7    x; y    2; 6  .
) 56   8  .7.  1   x; y    7;9  .
) 56  7.  8  .  1   x; y   8; 6  .

0,25

Vậy phương trình có nghiệm nguyên như trên.
Chú ý 3:Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng

 y  2  x2   y  4 x   y  3  56 (được 0,5đ), sau đó x

t các trường hợp xảy ra.

Khi đó với mỗi nghiệm đúng tìm được thì cho 0,25 đ (tối đa 6 nghiệ
2. Cho a, b là các số

uyê dư

= 1,5 đ)

t ỏa mãn p  a 2  b2 là số nguyên tố và p  5 chia hết

cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax 2  by 2 chia hết cho p . Chứng minh rằng
cả hai số x, y chia hết cho p .

2,0

Do p  5 8 nên p  8k  5 (k  )

 

Vì ax 2

4k 2

  by 2 

4k 2

 ax

2

 by 2  p nên a 4k 2  x8k 4  b4k 2  y8k 4 p


a





Nhận thấy a 4 k 2  x8k 4  b4 k 2  y8 k 4  a4 k 2  b4 k 2 x8 k 4  b4 k 2 x8 k 4  y8 k 4

 

Do a 4 k  2  b4 k  2  a 2

2 k 1

  b2 

2 k 1

2

0,50



 b2   p và b  p nên x8k 4  y8k 4 p (*)

Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia hết cho
p.
Nếu cả hai số x, y đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta có :

x8k 4  x p 1  1(mod p), y8k 4  y p 1  1(mod p)

x
IV
6,0
điểm

8k  4

y

8k 4

 2(mod p) . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số x và y chia hết cho p .

Cho tam giác ABC có (O),( I ),( I a ) theo thứ tự à
đường tròn ngoại tiế , đường tròn
nội tiế và đường tròn bàng tiế đối diệ đỉnh A của tam giác với
tâ tư
ứng là

O, I , I a . Gọi D là tiế điểm của ( I ) với BC , P là điểm chính giữa cung BAC của (O) ,
PI a cắt (O) tại điểm K . Gọi M à i o điểm của PO và BC , N là điểm đối xứng của P
qua O.

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

0,25
0,25
0,50

0,50


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
24
P

A

F
O
I
D

B

C

M
K

N

Ia

1. Chứng minh:

là tứ giác nội tiếp

2,0

I a là t m đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là t m đường tròn nội tiếp tam giác ABC ,
từ đó suy ra BI a  BI , CI a  CI

1,0

( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau).
Xét tứ giác IBI aC có IBI a  ICI a  1800

1,0

Từ đó suy ra tứ giác IBI aC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính II a .
2. Chứng minh

là tiếp tuyến củ đường tròn ngoại tiếp tam giác

2,0

Nhận thấy bốn điểm A, I , N , I a thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của BAC ).
Do NP là đường kính của (O) nên NBP  900 , M là trung điểm của BC nên PN  BC
tại M
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có NB2  NM .NP
Vì BIN là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên BIN =





1
ABC  BAC (1)
2

BAC
(cùng chắn cung NC)
2
1
 NBI  NBC  CBI  BAC  ABC (2).
2

Xét (O): NBC  NAC 





Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III

Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

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


TUYỂN TẬP 2000 ĐỀ TUYỂN SINH MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN TỪ NĂM 2000 TẬP 21 (1001-1050)

Success has only one destination, but has a lot of ways to go
phone: 0167.858.8250
facebook: (Hồ K. Vũ)
25
Từ (1) và (2) ta có BIN = NBI nên tam giác NIB cân tại N
Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N
Từ đó suy ra N là t m đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , cũng chính là tâm của đường
tròn ngoại tiếp tứ giác IBI aC  NI a2  NB 2  NM .NP

0,25

Vậy NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP

0,25

3. Chứng minh:

2,0

0,25

.

GọiF là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB.
Xét hai tam giác

NBM 

có:

 MNB đồng dạng với FIA .
Suy ra

mà:

,

1
BAC  IAF
2

0,50

nên

0,50

Ta có:
suy ra NMI a đồng dạng với IDA 

nên

0,50

(1).

Do NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP nên

0,25

KAI a  KAN  KPN  I a PN  NI a M (2)
Từ (1) và (2) ta có DAI  KAI a
V
2,0
điểm

0,25
t ỏa mãn x  z. Chứng minh rằng

Cho x, y, z là các số thự dư

xz
y2
x  2z 5


 .

2
y  yz xz  yz x  z 2

2,0

y2
2z
1
2
xz
y
x  2z
yz
x
Ta có P  2


 2


xz
z
y
y  yz xz  yz x  z
1 1
1
yz
x
yz
x

2z
y
1
2
2
2
y
x  a  b  1  2c ,

 z 
y
x
z
b2  1 a 2  1 1  c 2
1
1 1
z
y
x
x
y
z
trong đó a 2  , b2  , c 2   a, b, c  0 
y
z
x
x 1
Nhận xét rằng a 2 . b 2   2  1  do x  z  .
z c
2

2
2
2
2
2
2
2
2
a
b
2ab a a  1  ab  1  b b  1  ab  1  2aba a  1 b  1
 2 

Xét 2
b  1 a  1 ab  1
a 2  1 b2  1  ab  1
xz
yz



















0,25

0,25

0,25



Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III
Gmail:
Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam
--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

0,25