Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán (chuyên) năm 2020 – 2021 tập 4

ịã ùũ
ùũ íá ắãfô ơá'ẵ



ăứ ă ừ ùữ ứ ă
é ó
ừ
ù ă
ă


ợ
ợữ ừ ớ ă

ù
ă

ă

ồ

é ọ ốũ

ợũ íá
ứữ ó ợ
ỡ
ơcá ẽ ó ứùữ ừ ứợữ ừ

ù

ùứ ợ ừ ù ừ ợ

ùữ

ồ

ừ ứỡữũ

ịã ợũ
ẹăĐ
;ã òồ ị
j ơđ*ẵ ááũ èd
ăằơãnơữũ
ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ứẳữ ổ Đ ó ă ừ ỡ ứ ờó ữ ê đắ ứé ữ ổ Đ ó ợăợ ũ
ứẳữ ê ứé ữồò ê ị z )/ơ ádá ẵáãhô êô:ạ ạ>ẵ ẵ+ ò ê ị
òịị ò ắtạ ùở ẵợ

ăợ Đ Đ ừ ă ó ớăĐ
ũ
ăĐ ợ ừ Đ ớ ăớ ó ớăĐ

ịã ớũ
ùũ ã}ã á)4ạ ơđdá



ứ ăừớừ ờ

ợũ íá'ạ ãá á)4ạ ơđdá ăợ
ạã ơđ@ ẵ+ ũ ;ã ăù ồ ăợ
ạã ơđ@ á< áyơũ

ứợ


ăữứờ ợă ừ ờ
ùữ ă ừ ứ

ợă


ùớữ ó ờ ợổ

ùữợ ó ứ ă w ư8 ữ ô: ẵ> ạáãe ê2ã ;ã
ăù ăợ ụ ơd
ăợ

ứẹữ ê ứẹ ữ

ịã ỡũ

ò ê ị
ẹ t ạã
ứẹ ữ
òị ụ êm ẵẵ ơãh ơôĐh ể íồ ể ĩ
ứẹữ ứ íồ ĩ
ĩ

ứẹ ữ
òí ê òĩ

ơđ? ứẹ ữ z )/ơ ơ|ã ê ứ ê àá:ạ ơđ.ạ ê2ã ò
íĩ ê ẵsơ áô ơ|ã
ì ũ


ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ ịíì 5ã ơãh ê ì ịĩ ó ịì òĩũ
ợũ íá'ạ ãá ì
ớũ íá'ạ ãá àáã ể

ũ
òị

íĩ


ịã ởũ
ùũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạã ơđ@ ạôĐj ẵ+ ă ê Đ ơá< ~
ợợù ăợ ừ ợĐ ợ

ợợứợăĐ ừ Đữ ó ợợợổ

ợũ íá ăồ Đồ Ư ắ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạụ ơd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ

ợăợ ăĐ ừ ợĐ ợ
ợĐ ợ ĐƯ ừ ợƯ ợ
ợƯ ợ Ưă ừ ợăợ
ó

ừ
ừ
ổ
ă ừ Đ ừ ợƯ
Đ ừ Ư ừ ợă
Ư ừ ă ừ ợĐ


ịã ùũ íá'ạ ãá đtạ á ư8 Đ ó ứ ợ ừ ợ ùữ ă ừ ợợù ô: ạá@ẵá ắãh ê2ã ;ã ạã ơđ@ ẵ+
ơá ư8 ũ



ịã ợũ ã}ã á)4ạ ơđdá ỡ ăợ ừ ờ ó ợ ợ ừ ă ừ ớ ợ ă ũ
ịã ớũ èd ẵẵ ư8 ơ$ áãj ư ẵá ợ ừ ùố ừ ợợ ư8 ẵácá á)4ạũ
ịã ỡũ íá ádá ơáạ òịíĩ ứòị à íĩ
ờ ẵũ ècáẵáãiô ẵ ẵ+ ádá ơáạũ

òí ó ố ẵồ ịĩ ó

ịã ởũ íá'ạ ãá đtạ ê2ã ;ã ư8 ơá$ẵ ồ ắồ ẵồ ẳồ ằ ơ ô: ẵ>ổ
ợ ừ ắợ ừ ẵợ ừ ẳợ ừ ằợ

ịã ờũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ừ ă ừ ó
èd ẵẵ ạã ơđ@ ẵ+ ồ

ứắ ừ ẵ ừ ẳ ừ ằữổ

ă w ư8ồ ồ ơá ư8 ơá< ~ ừ ó ỡũ
ăù ồ ăợ ư ẵá ăù ó ăợ ừ ăợợ ũ

ịã ộũ
á< 0 5ơ ơđôạ ơ{ ô:ã ẳ|Đ ơđl 9 ẵ:ãũ ềhô 7ã áz ô ạã} ờ ôĐf ê0 ơád ưm ẵ> ơáj ở áz
ô & ẵá ẵẵ ẵáôụ ẵ? hô 7ã áz ô ạã} ù ôĐf ê0 ơád ẵẵ ẵáô ưm ẵ> ơáj ù áz ôũ
ỉ<ã ơ6 ẵá'ẵ ơ( ơáãe ơđj ẵ> ắ áãjô ôĐf ê0ũ
ứẹồ ẻữ
ịã ốũ
;ã ịí
ơã á{ ạãẵ ẵ+ ạ>ẵ ịòí ũ

ứẹ ồ ẻ ữ

ò
ẻ õ ẻ ữũ
ĩ ũ íá'ạ ãá đtạ òĩ

ịã ỗũ íá ẵẵ ư8 ơá$ẵ ăồ Đồ Ư
ăớ ó ớă

ùồ Đ ớ ó ớĐ

ùồ Ư ớ ó ớƯ

ùổ

ècá ạã ơđ@ ắãfô ơá'ẵ ó ăợ ừ Đ ợ ừ Ư ợ ũ
ịã ùũ íá ơ ạãẵ á; òịí ũ ;ã òỉồ ịĩồ íế
òíồ ế ợ òịữũ íá'ạ ãá đtạổ
ỉĩế
ừ ẵượ ò ừ ẵượ ị ừ ẵượ í ó ù

òịí

ỉ ợ ịíồ ĩ ợ


ịã ùũ íá ắãfô ơá'ẵ
é ó


ăừớ ăừợ

ăừ ă ợ


ăừ ă
ă ù

ù
ù

ừ
ăừù
ă ù

ổ

ê2ã ă õ ồ ă ờó ùũ
ùũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ é ũ

ù

ăừù
ợũ èd ă
é
ố

ùũ

ịã ợũ
ùũ íá á)4ạ ơđdá ăỡ ợăợ ừ ợ ừ ờ ó ũ èd ạã ơđ@ ẵ+
á{ ắãeơ ăù ồ ăợ ồ ăớ ồ ăỡ ư ẵá ăù ọ ăợ ọ ăớ ọ ăỡ ê ăỡ ợăớ ừ ợăợ
ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ăù ó ũ

ăĐ ợ ừ ỡĐ ợ ừ ố ó ă ứă ừ ợữ
ũ

ă ừ Đ ừ ớ ó ớ ợĐ ù

ịã ớũ íá ơ ạãẵ á; òịí ứòị ọ òíữ
òịí

;ã ò
ò ô ẹ
ề ê ế ũ ;ã ễ
ể ò ê ịí
ĩ
òĩ ê ịí

ứẹữ

òì


ểò

ò ì

òỉ ũ ;ã ì
ứẹữ
ể ũ
òỉồ ịí ơáằ ơá' ơ$ ơ|ã
ứẹữ

ùũ íá'ạ ãá ơ ạãẵ òề ò ơ ạãẵ ẵ{ ê ể ò ổể ế ó ể ễổểòũ
ợũ íá'ạ ãá ể ì ợ ó ể ễổểò ê ơ' ạãẵ ềỉìế ơ' ạãẵ 5ã ơãhũ
ớũ ;ã è

ò

èồ ìồ ế ơáqạ áạũ

ỡũ íá'ạ ãá hô òị ừ òí ó ợịí ơád ì ơđ;ạ ơ{ ẵ+ ơ ạãẵ òế ũ
ịã ỡũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ẵp ư8 ạôĐj ẳ)4ạ ơá< ~ ợă

Đ ợ ừ ỡĐ ừ ờù ó

ịã ởũ íá ồ ắồ ẵ ẵẵ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạ ơá< ~ ắẵ ó ốũ íá'ạ ãá

ắ
ẵ

ừ
ừ
ẵ ừ ỡ ắ ừ ỡ ắẵ ừ ỡ

ù ợ
ừ ắợ ừ ẵợ ổ
ùờ


THCS.TOANMATH.com
S GIO DC V O TO
AN GIANG

K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT
NM HC 2020 - 2021
Khúa ngy: 18/07/2020
Mụn thi: TON (chuyờn)
Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
-----------------------------------

THI CHNH THC
( thi gm cú 01 trang)

ịã ùũ
ùũ ècá ạã ơđ@ ắãfô ơá'ẵ ò ó ợớ
ợũ ã}ã á)4ạ ơđdá ợ ăợ ừ

ịã ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá
ịã ớũ íá á ư8 Đ ó

ù
ăợ

ù
ù ê2ã ó
ũ
ớ
ớ ù

ớ

ộ ă

ù
ă

ừ ợ ó ũ



ợ ừ ợ ợ ảăả ừ Đ ó ớ ợ
ũ

ùừ ợ ă Đ óớ
ù ăừù

ứẳữũ

ứẳữ

ùũ
ợũ


ớ

ớợ

ứẳ ữ ưạ ưạ ê2ã ứẳữ
ứồ ớữ
ứẳữ ê ứẳ ữ ẵsơ
ơđ*ẵ áá z )/ơ ơ|ã òồ ịụ ẵsơ ơđ*ẵ ơôạ z )/ơ ơ|ã ĩồ íũ ècá ẳãe ơcẵá ơ' ạãẵ òịíĩũ
ó ờ ũ
ị ê í àáẵ ác ê2ã òĩ ư ẵá ịòí

òĩ
ịã ỡũ
è( ị àl ị êô:ạ ạ>ẵ ê2ã òí ứ ợ òíữũ
ùũ íá'ạ ãá đtạ áã ơ ạãẵ òịĩ ê ịí
ợũ ịãhơ í ó ớẵ

ịĩổ

ịã ởũ

ùợ
ù ê ỗ
òố

òộ

òờ

òỗ
ù

ỗ
òù

òở
òỡ
òớ

òùù
òùợ

òợ
òù

THCS.TOANMATH.com


ịã ùũ
ợ ừ ợ ứ ừ ùữợ ừ ứ ừ ùữợ ê2ã ợ ặũ íá'ạ ãá é 5ơ ư8 ơ$ áãjũ


ă ù
ù
ù

ợũ ècá ạã ơđ@ ắãfô ơá'ẵ ò ó ợ
ê2ã ă ó ỡ ừ ợ ớũ
ổ
ă
ă
ă
ăừù

ùũ íá é ó

ịã ợũ
ùũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ợă ừ ợ ù ó ũ èd
ăù ồ ăợ ứăù ọ ăợ ữ ơá< ~ ỡăù ó ăợợ ũ
ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ăợ ợĐ ợ ừ ăĐ ừ ă
ăợ ừ Đ ợ ó ù

Đó

ũ

ịã ớũ
ùũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ư8 ạôĐj ư ẵá ợ ừ ợợợ ư8 ẵácá á)4ạũ


ỡ ă ọ ùũ
ợũ ã}ã ắyơ á)4ạ ơđdá ă ừ ù
ịã ỡũ
ứè ữ ơ{ ẹ ê ẳ{Đ ẵôạ òị

ẹợ
ó òịữũ é
ơáqạ òị ứé ờó òồ ị ê é
òị
ứèù ữ ơ{ í
é
ứè ữ ơ|ã ò
ứèợ ữ ơ{ ĩ
é
ứè ữ ơ|ã
ị
ứèù ữ ê ứèợ ữ ẵsơ áô ơ|ã ề ứề ờó é ữũ ;ã ứẳù ữ ơãh ơôĐh ẵáôạ ẵ+ ứè ữ ê2ã ứèù ữ
ơ|ã ò ụ ứẳợ ữ ơãh ơôĐh ẵ+ ứè ữ ê2ã ứèợ ữ ơ|ã ị ụ ứẳù ữ ẵsơ ứẳợ ữ
ẽũ
ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ òẹịẽ


ợũ íá'ạ ãá òề
é ó ịề
é

ẹồ ĩồ íồ ề
ẹề

é

òị ứé ờó òồ ị ê é
ịã ởũ
ùũ íá ắ ư8 ẳ)4ạ ồ ắồ ẵ ơá< ~

ợ ừ ắợ ừ ắợ ừ ẵợ ừ ẵợ ừ ợ ó ợợùổ
íá'ạ ãá đtạổ
ợũ ấ2ã ư8 ơá$ẵ

ợ
ắợ
ẵợ
ừ
ừ
ắừẵ ẵừ ừắ

ù
ợ

ợợù
ũ
ợ

ư8 ạôĐj 2 áyơ àá:ạ ê)/ơ ô ê àc
ừù

ũ ỉ<ã
áãeô ũ ĩ~Đ ẵẵ ư8 ă ồ ăù ồ ăợ ồ ổổổă ồ ổổổ
ă ó
ợ
ợ

ơđạ ợ ư8 ă ồ ăù ồ ăợ ồ ổ ổ ổ ồ ăùỗỗ ạ ẵ> ắ áãjô ư8 àáẵ ỏ ứ ịãhơ ùồ ỡù ọ ợ ọ ùồ ỡợữ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HCM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1:

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Ngày thi: 17/07/2020
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(1,0 điểm)
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện

Câu 2:

 a2
b2
c2 
P 
+
+
Tính giá trị của biểu thức=
 : (a + b + c) .
b+c c+a a+b
(2,5 điểm)
a) Giải phương trình

Câu 3:

a
b
c
+
+
=
2020 .
b+c c+a a+b

2x2 + x + 9 + 2x2 − x + 1 = x + 4 .

 y 2 − 2 xy = 8 x 2 − 6 x + 1
b) Giải hệ phương trình  2
.
3
2
 y = x + 8 x − x + 1
(1,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC

( AB < BC < CA) nội tiếp đường tròn ( O ) . Từ

A kẻ đường thẳng song

song với BC cắt ( O ) tại A1 . Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt ( O ) tại B1 . Từ C kẻ
đường thẳng song song với AB cắt ( O ) tại C1 . Chứng minh rằng các đường thẳng qua A1 , B1 , C1

lần lượt vuông góc với BC , CA, AB đồng quy.
Câu 4:

(2,0 điểm)
( a − b) 2
a 2 + b2
.
≥ ab + 2
2
a + b2 + 2
b) Cho hai số dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b ≤ 3 .
a) Cho 2 số thực a, b . Chứng minh rằng:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = b − a +
Câu 5:

20 7
+ .
a b

(2,0 điểm)
Đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, BC , CA lần lượt tại D, E , F .
Kẻ đường kính EJ của đường tròn ( I ) . Gọi d là đường thẳng qua A song song với BC . Đường
thẳng JD cắt d , BC lần lượt tại L, H .
a) Chứng minh: E , F , L thẳng hàng.
b) JA, JF cắt BC lần lượt tại M , K . Chứng minh: MH = MK .

Câu 6:

(1,0 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình 3x − y 3 =
1.
-------------------- HẾT --------------------


Câu 1:

Lời giải tham khảo
a
b
c
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
+
+
=
2020 .
b+c c+a a+b

 a2
b2
c2 
P 
+
+
Tính giá trị của biểu thức=
 : (a + b + c) .
b+c c+a a+b
Hướng dẫn giải
 a2
b2

c2 
P 
=
+
+
 : (a + b + c)
b+c c+a a+b
  a
1
  b
  c

= a 
+ 1 − 1 + b 
+ 1 − 1 + c 
+ 1 − 1  .
 c+a
  a+b
 a + b + c
 b+c
a+b+c
a+b+c
1
 a+b+c

=  a.
− a + b.
−b+c
− c .
b+c

c+a
a+b

 a+b+c
b
c 


1
 a
= ( a + b + c ) 
+
+
 − ( a + b + c ) .
b+c a+c a+b

 a+b+c
a
b
c
−=
1 2020 −=
1 2019
+
+
b+c a+c a+b
(2,5 điểm)

=
Câu 2:

a) Giải phương trình

2x2 + x + 9 + 2x2 − x + 1 = x + 4 .

2
2
 y − 2 xy = 8 x − 6 x + 1
b) Giải hệ phương trình  2
.
3
2
 y = x + 8 x − x + 1
Hướng dẫn giải

2 x2 + x + 9 + 2 x2 − x + 1 = x + 4
a.
Điều kiện x ∈  .
2 x2 + x + 9 > 0 a 2 − b2
a
=
Đặt 
⇒
=
x+4
2
2x2 − x + 1 > 0
b
=
Khi đó phương trình trở thành

a 2 − b2
a+b =
⇔ 2(a + b) = (a − b)(a + b) ⇔ a − b = 2 (do a + b > 0)
2
Do đó
2x2 + x + 9 − 2x2 − x + 1 = 2 ⇔ 2x2 + x + 9 = 2 + 2x2 − x + 1
⇔ 2 x2 + x + 9 = 4 + 2 x2 − x + 1 + 4 2x2 − x + 1
 x ≥ −2
⇔ 2 2x2 − x + 1 = x + 2 ⇔ 
2
2
4(2 x − x + 1) = x + 4 x + 4
 x ≥ −2
x = 0

 x ≥ −2
 x = 0
⇔ 2
⇔ 
⇔
x = 8
x
x
−
=
7
8
0
8


 x =
7

 
7
 8
Vậy S = 0;  .
 7


b.

 y 2 − 2 xy = 8 x 2 − 6 x + 1(1)
 2
3
2
 y = x + 8 x − x + 1(2)

 y − x = 3x − 1  y = 4 x − 1
Từ phương trình (1) ta có ( y − x) 2 = (3 x − 1) 2 ⇔ 
⇔
 y − x =1 − 3 x
 y =1 − 2 x
Với =
y 4 x − 1 , thay vào (2) ta được

(4 x − 1) 2 = x 3 + 8 x 2 − x + 1 ⇔ x 3 − 8 x 2 + 7 x = 0 ⇔ x( x 2 − 8 x + 7) = 0
0⇒ y =
−1

x =
x = 0

⇔ 2
⇔  x =1 ⇒ y =3
0
 x − 8x + 7 =
 x = 7 ⇒ y = 27
Với y = 1 − 2 x , thay vào (2) ta được
(1 − 2 x) 2 =x3 + 8 x 2 − x + 1 ⇔ x3 + 4 x 2 + 3 x =0 ⇔ x( x 2 + 4 x + 3) =0
 x = 0 ⇒ y =1
x = 0
⇔ 2
⇔  x =−1 ⇒ y =3
0
 x + 4x + 3 =
 x =−3 ⇒ y =7

S
Vậy =
Câu 3:

{(0;1), (0; −1), (1;3), (7; 27), (−1;3), (−3;7)} .

(1,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC

( AB < BC < CA) nội tiếp đường tròn ( O ) . Từ

A kẻ đường thẳng song

song với BC cắt ( O ) tại A1 . Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt ( O ) tại B1 . Từ C kẻ
đường thẳng song song với AB cắt ( O ) tại C1 . Chứng minh rằng các đường thẳng qua A1 , B1 , C1
lần lượt vuông góc với BC , CA, AB đồng quy.
Hướng dẫn giải
A

H

B

M

A1

K
O
C

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và OH cắt đường thẳng qua A1 , vuông góc với BC ở
điểm K . Gọi M là trung điểm AA1 thì OM ⊥ AA1 . Suy ra OM ⊥ BC.
Mặt khác, tứ giác AHKA1 là hình thang vì AH  A1 K nên ta có OM là đường trung bình, kéo
theo O là trung điểm HK hay nói cách khác, đường thẳng qua A1 , vuông góc với BC sẽ đi qua
điểm đối xứng với trực tâm H của tam giác ABC qua O.
Rõ ràng điểm này bình đẳng với B, C nên hai đường qua B1 , C1 lần lượt vuông góc với CA, AB
cũng đi qua K . Vì thế nên ta có các đường thẳng của đề bài đồng quy ở K .


Câu 4:

a)

b)

Câu 5:

a)

(2,0 điểm)

a 2 + b2
( a − b) 2
a) Cho 2 số thực a, b . Chứng minh rằng:
.
≥ ab + 2
a + b2 + 2
2
b) Cho hai số dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b ≤ 3 .
20 7
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = b − a + + .
a b
Hướng dẫn giải
a 2 + b2
( a − b) 2
Cho 2 số thực a, b . Chứng minh rằng:
.
≥ ab + 2
a + b2 + 2
2
Ta có:

2
2
2
a − b)
a − b)
a − b)
(
(
(
a 2 + b2
≥ ab + 2 2
⇔
≥ 2 2
2
2
a +b +2
a +b +2
1
21

⇔ (a − b)  − 2 2
≥0
 2 a +b +2
Cho hai số dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b ≤ 3
20 7
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = b − a + + .
a b
20 7
20 7
20 7

Ta có: −a ≥ b − 3 nên Q = b − a + + ≥ b + b − 3 +
+
+ = 2b − 3 +
3−b b
a b
3−b b
20
7
20
7
+ 2 7b. − 18 =
16
= 5 (3 − b) +
+ 7b + − 18 ≥ 2 5. ( 3 − b ) .
3−b
b
3−b
b
⇒ Qmin =
16
20

5 ( 3 − b ) =
3−b
2.
Dấu bằng xảy ra khi 
1⇒a=
⇒b=
7b = 7


b
(2,0 điểm)
Đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, BC , CA lần lượt tại D, E , F .
Kẻ đường kính EJ của đường tròn ( I ) . Gọi d là đường thẳng qua A song song với BC . Đường
thẳng JD cắt d , BC lần lượt tại L, H .
a) Chứng minh: E , F , L thẳng hàng.
b) JA, JF cắt BC lần lượt tại M , K . Chứng minh: MH = MK .
Hướng dẫn giải
Ta có JE là đường kính của ( I ) nên
= 90° và tam giác HDE vuông ở D.
JDE

L

A

T

J

Chú ý rằng BD = BE , do cùng là tiếp tuyến

F

kẻ từ B đến ( I ) nên BD = BH (tính chất

D
I

trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Do đó tam giác BHD cân ở B.

H

B

E

M

C

Vì AL  BH nên hai tam giác ADL và BDH đồng dạng, kéo theo ADL cân ở A hay

AL
= AD
= AE.
 = FCE
 , mà hai tam giác ALF , CEF đều cân có các góc ở đỉnh bằng nhau
Vì AL  CE nên LAF

 , kéo theo L, F , E thẳng hàng.
nên chúng đồng dạng. Suy ra 
AFL = CFE

K


b) Kéo dài JF cắt d ở T thì tương tự câu a, ta có T , D, E thẳng hàng và

Câu 6:

AT
= AD
= AF
= AL.
AL
AJ
AT
Theo định lý Thales với d  BC thì = =
, mà AT = AL nên MH = MK .
MH JM MK
Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn 3x − y 3 =
1.
Hướng dẫn giải
x
3
2
Ta có 3 = y + 1 = ( y + 1)( y − y + 1). Do đó, tồn tại các số tự nhiên u , v sao cho
3u
 y + 1 =
.
 2
3v
 y − y + 1 =

Vì y + 1 > 1 nên 3u > 1 hay u ≥ 1. Rút =
y 3u − 1 , thay vào phương trình dưới, ta có
(3u − 1) 2 − (3u − 1) + 1 =
3v hay

32u − 3 ⋅ 3u + 3 = 3v ⇔ 32u −1 − 3u + 1 = 3v −1.

Vì vế phải nguyên nên ta phải có v − 1 ≥ 0 hay v ≥ 1. Tuy nhiên, nếu v − 1 > 0 thì 3v −1 chia hết
cho 3, trong khi vế trái không chia hết cho 3, vô lý. Do đó, v = 1 hay
y2 − y +1 = 3 ⇔ y2 − y = 2 .
Giải ra được y = 2. Thay vào đề bài, ta được 3x = y 3 + 1 = 9 nên x = 2.
Vậy nên tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là ( x, y ) = (2; 2).
-------------------- HẾT --------------------


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2020
Môn thi: Toán
(Dùng riêng cho thí sinh thi vào chuyên Toán, chuyên Tin học)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1. (2,0 điểm)

2=
x3 3=
y3 4 z3

Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện:  3 2 x 2 + 3 y 2 + 4 z 2 =+
2 3 12 + 3 16 .

 xyz > 0

Tính giá trị của biểu thức P =

1 1 1
+ + .
x y z

Bài 2. (2,0 điểm)
Xét phương trình bậc hai ax 2 + bx + c =
0 (1) . Trong đó a, b, c là các số nguyên dương. Biết rằng các điều kiện sau được
thỏa mãn: phương trình (1) có nghiệm; số a 2020b chia hết cho 12; số c 3 + 3 chia hết cho c + 3. Hãy tìm giá trị lớn nhất
của tổng a + b + c .
Bài 3. (2,0 điểm)
Tìm số nguyên a nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức x 4 + 2 x 2 − 4 x + a ≥ 0 đúng với mọi số thực x.
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) có AB > BC. Một đường tròn đi qua hai đỉnh A, C của tam giác

ABC lần lượt cắt các cạnh AB, BC tại hai điểm K , N

(O )

(K, N

khác các đỉnh của tam giác ABC ) . Giả sử đường tròn

và đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN cắt nhau tại giao điểm thứ hai là M với M khác B. Chứng minh rằng:

a) Ba đường thẳng BM , KN , AC đồng quy tại điểm P.
b) Tứ giác MNCP nội tiếp.

c) BM 2 − PM 2 = BK ⋅ BA − PC ⋅ PA.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho hai số A, B có 2020 chữ số. Biết rằng số A có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trái
và 15 chữ số ngoài cùng về bên phải, số B có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trái và 24
chữ số ngoài cũng về bên phải. Chứng minh rằng ƯCLN ( A; B ) là một số có không quá 1954 chữ số.
----------------- HẾT -----------------


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1.
Từ giả thiết thứ nhất, ta suy ra x, y, z là ba số cùng dấu. Mà xyz > 0 nên cả ba số x, y, z đều là số dương. Bây giờ, đặt

2=
x3 3=
y 3 4=
z 3 k (k > 0) thì ta có:

1 1 1
2 x3 3 y 3 4 z 3
2x + 3y + 4z =
+
+
= k + + 
x
y
z
x y z
2

Mà: 2 + 3 12 + 3 16=

3

2

4k
4k
4k
+ 3 3 + 3 3=
3
x
y
z

2

3

1 1 1
4k  + +  .
x y z

Do đó, giả thiết thứ hai của bài toán có thể được viết lại thành
3

Từ đây, ta dễ dàng suy ra P =

1 1 1
k  + +=


x y z

3

1 1 1
4k  + +  .
x y z

1 1 1 1
+ + = .
x y z 2

Bài 2
Từ giả thiết, ta suy ra a, b là các số có một chữ số.
Vì c 3 + 3 chia hết cho c + 3 nên (c + 3)(c 2 − 3c + 9) − (c 3 + 3) =
24 chia hết cho c + 3 ( 2 ) .
Do phương trình (1) có nghiệm nên biệt thức của nó không âm, tức b 2 − 4ac ≥ 0 ( 3) .
Do a 2020b chia hết cho 12 nên b chia hết cho 4 và a + b + 1 chia hết cho 3 4.
Do b chia hết cho 4 và b nguyên dương nên b = 4 hoặc b = 8 .
•

Với b = 4 , ta có ac ≤ 4 (do (3)) và a + 2 chia hết cho 3 (do (4)). Kết hợp với (2), ta tìm được các cặp (a; c) thỏa
mãn là (1;1), (1;3) và (4;1) .

•

Với b = 8 , ta có ac ≤ 16 (do (3)) và a chia hết cho 3 (do(4)). Kết hợp với (2), ta tìm được các cặp (a; c) thỏa
mãn là (3;1), (3;3), (3;5), (6;1) và (9;1).

So sánh các kết quả, ta thấy a + b + c lớn nhất là 18, đạt được khi=

a 9,=
b 8 và c = 1.
Bài 3.
Cho x =

1
23
23
, ta được a −
. Mà a là số nguyên nên a ≥ 2 .
≥ 0 , tức a ≥
2
16
16

Mặt khác, với a = 2 , ta có x 4 + 2 x 2 − 4 x + 2= x 4 + 2( x − 1) 2 ≥ 0, ∀x ∈  .
Vậy a = 2 chính là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Bài 4.


a) Vì tam giác ABC không cân tại A nên AC , KN cắt nhau, và AC , BM phải cắt nhau. Gọi P là giao điểm của BM
và AC . Ta có

∠CPM = ∠APB = 180o − ∠ABP − ∠BAP

= (180o − ∠KBM ) + (180o − ∠CAK ) − 180o
= ∠MKN + ∠CNK − 180o = 360o − ∠CNM − 180o
= 180o − ∠CNM
Suy ra tứ giác CNMP nội tiếp. Từ đây, với chú ý các tứ giác ACNK , ABMC nội tiếp, ta có

∠CNP =
∠CMP =
∠CAB =
∠CAK =
∠BNK .
Mà hai góc CNP và BNK ở vị trí đối đỉnh nên ba điểm K , N , P thẳng hàng. Vậy AC , BM và KN đồng quy tại P .
b) Theo câu a), ta đã chứng minh tứ giác MNCP nội tiếp.
c) Gọi ( I ),( J ) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKC , BKN .

∠BKN =
∠NCA . Mà hai góc này ở vị trí so le trong
Vẽ các tiếp tuyến Bx, By theo thứ tự của ( J ),(O ) . Ta có ∠xBN =
nên ta có Bx  AC . Mà JB ⊥ Bx nên BJ ⊥ AC . Tương tự, ta cũng có ∠YBA =
∠BCA =
∠NCA =
∠BKN nên

By  KN , dẫn đến BO ⊥ KN .
Mặt khác, theo tính chất đường nối tâm hai đường tròn thì vuông góc với dây cung chung, ta có OI ⊥ BM , IJ ⊥ KN và

OI ⊥ AC . Do đó BJ  OI (cùng vuông góc với AC ) và OB  IJ (cùng vuông góc với KN ) nên tú giác BOIJ là hình
bình hành. Hệ quả là OJ đi qua trung điểm BM (tính chất đường trung trực), nên OJ chứa đường trung bình tam giác
BIM . Suy ra OJ  IM , mà OJ ⊥ BM nên IM ⊥ BM .
Kẻ các tiếp tuyến BS và CP đến đường tròn ( I ) như hình vẽ. Áp dụng định lý Pythagoras cho các tam giác vuông BIM
và PIM , BIS và PIT , ta có

BM 2 − PM 2 = ( BI 2 − IM 2 ) − ( PI 2 − IM 2 ) = BI 2 − PI 2 = ( BS 2 + IS 2 ) − (( PT 2 + IT 2 ) .
Mà IS = IT nên BM 2 − PM 2 =BS 2 − PT 2 (1) .

Dễ thấy các cặp tam giác BSA và BKS , PAT và PTC đồng dạng (g-g), ta suy ra
2
BS=
BA ⋅ BK ,

2
PT=
PC ⋅ PA .

(2)

Từ (1) và (2), ta suy ra BM 2 − PM 2 = BA ⋅ BK − PC ⋅ PA .
Bài 5.
Từ giả thiết, ta suy ra A= 1090 ⋅ a + b và B= 1090 ⋅ c + d với a, c là hai số có 1930 chữ số, b là số có 15 chữ số và d có
24 chữ số.
Đặt x = ƯCLN ( A; B ) thì ta có aB − cA chia hết cho x , thức ad − bc chia hết cho x.
Ta sẽ chứng minh ad − bc khác 0. Thật vậy, giả sử ad = bc , khi đó ta có
Do a và c là hai số cùng có 1930 chữ số nên

(1)

c d
= .
a b

c 101930
<
=
10 . Trong khi đó, vì d là số có 24 chữ số và b là số có 15
a 101929

d 1023
d
c
chữ số nên > 15 > 10 . Suy ra > 10 > , mâu thuẫn. Vậy ad − bc ≠ 0 .
b 10
b
a
Vì ad − bc khác 0 nên từ (1), ta suy ra ad − bc ≥ x . Mặt khác, ta lại có
•
•

ad < 101930 ⋅1024 =
101954 , tức ad có không quá 1954 chữ số.
bc < 101930 ⋅1015 =
101945 b, tức bc có không quá 1945 chữ số.

Do đó, với chú ý ad − bc < max {ad , bc} , ta suy ra ad − bc là một số nguyên dương có không quá 1954 chữ số, từ đó

x là một số có không quá 1954 chữ số (đpcm).
----------------- HẾT -----------------


THCS.TOANMATH.com
S GIO DC V O TO
THI BèNH
THI CHNH THC

THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN THI BèNH
NM HC 2020 - 2021

MễN THI: TON
Dnh cho thớ sinh thi chuyờn Toỏn - Tin
Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
----------------------------------------

ịã ùũ
ùũ íá ắãfô ơá'ẵ é ó

ứă ợữợ

ũ èd ư8 ơ$ áãj ă
ăừợ ă ù

é ẵ> ạã ơđ@ ư8

ẵácá á)4ạũ
ợũ íá é ứăữ
íá'ạ ãá đtạ é ứăữ àá:ạ ẵ> ạáãe ạôĐjũ

é ứữ ó ợùồ é ứùữ ó ộổ

ịã ợũ


ă
ùũ ã}ã á)4ạ ơđdáổ
ừ ă ừ ù ó ớă ừ ù
ăừợ
ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdáổ

ăợ ừ ăĐ ừ ă
ăĐ ừ ớĐ ợ

ùợĐ ó ùợ

ă ừ ờĐ ó

ịã ớũ íá ơ ạãẵ òịí ẵ> ớ
òị ọ òí ê òí ọ ịí
z )/ơ ơ|ã é ê ẽ

ớ
ứẹồ ẻữồ ạã} ư% ịồ í

ò
òị ẵsơ òí ê ịí
òí ẵsơ òị ê ịí z )/ơ ơ|ã ể ê ề ũ

ùũ íá'ạ ãá đtạ ẹểổẹề ó ẻợ
ợũ

ểồ ềồ éồ ẽ

ớũ
ẵáãhô êô:ạ ạ>ẵ ẵ+ ị
ò

ịể ề ê íé ẽ ẵsơ áô ơ|ã ê è ụ ạ;ã ỉ ádá
è ũ íá'ạ ãá đtạ ỉ

ịã ỡũ ã} ư% á)4ạ ơđdá ợăợ ừ ợă ừ ù ắ ó ẵ> áã ạáãe ạôĐj ứê2ã ụ ắ z )/ơ ơá ư8ữũ
íá'ạ ãá đtạ ợ ắợ ừ ợ ư8 ạôĐj ê àá:ạ ẵáã áhơ ẵá ớ ũ
ịã ởũ íá ẵẵ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạ ồ ắồ ẵ
ừ ắ ừ ẵ ó ỗũ èd ạã ơđ@ 2 áyơ ẵ+ ắãfô
ơá'ẵổ
ắ
ắẵ
ẵ
ù
è ó
ừ
ừ
ổ
ớ ừ ỡắ ừ ởẵ ớắ ừ ỡẵ ừ ở ớẵ ừ ỡ ừ ởắ
ắứ ừ ợẵữứắ ừ ợẵữ

THCS.TOANMATH.com


THCS.TOANMATH.com
K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT
NM HC 2020 - 2021
Mụn thi: TON
Dnh cho thớ sinh d thi vo lp chuyờn Toỏn - Tin
Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
--------------------------------------

S GIO DC V O TO
HNG YấN
THI CHNH THC

ịã ùũ ể ó

ợă ừ ù

ăớ ù

ù

ă ù

ổ

ù

ăừỡ

ăừ ăừù

ê2ã ă

ồ ă ờó ùồ ă ờó ỗũ

ùũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ ể ũ
ể áv ạã ơđ@ ạôĐj ẳ)4ạũ

ợũ èd ạã ơđ@ ẵ+ ă
ịã ợũ

òứợồ ùữ ê ơ|

ùũ
ù
ũ
ợ
ợăợ
ùộ
á{ ắãeơ ăù ồ ăợ ơá< ~ ăợù ừ ăợợ ó ũ
ỡ

ợũ èd ẵẵ ạã ơđ@ ẵ+

ứ ừ ởữă ừ ừ ợ ó ứ ơá ư8ữ ẵ> áã ạáãe

ịã ớũ
ùũ ã}ã á)4ạ ơđdá ởăợ
ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ợă
ă ăợ
ăợ

ớ

ứợă


ùữ ởăợ ừ ợă

ùó

ợ ừ ăợ Đ ừ ỡ ó ợ ăợ ừ Đ
Đừợó

ịã ỡũ
ùũ íá ádá êô:ạ òịíĩ ơ{ ẹồ ẵ|á ũ ể
ì
ể ê ơãh ă-ẵ ê2ã ịí ơ|ã ị
ă-ẵ ê2ã íĩ ơ|ã ĩ
ứìữ
ứệữ
ứữ

ẹị ứể àáẵ ẹ ê ị ữũ
ệ
ể ê ơãh
ềũ

òồ ềồ ịồ íồ ĩ

ứắữ
ợũ íá ơ ạãẵ ể ềé êô:ạ ẵ{ ơ|ã ểụ ể ề ó
ĩ ơáô5ẵ ẵ|á ể ề
ơáô5ẵ
ẵ|á ềé ư ẵá ẵáô êã ơ ạãẵ ềĩ ắtạ ợũ èd ạã ơđ@ 2 áyơ ẵ+ ẳãe ơcẵá ơ ạãẵ
ềĩ
ịã ởũ íá ồ ắ

ứ ừ ắữớ ừ ỡắ
ù

ù
ừ
ừ ợợắ
ùừ ùừắ

ùợũ íá'ạ ãá đtạ

ợợùổ

THCS.TOANMATH.com


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 - 2021

Môn: Toán (Chuyên)
Ngày thi: 15/7/2020

Đề chính thức
(Có 01 trang)

Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ BÀI
Câu 1. (2,0 điểm).
1. Cho biểu thức: P =

a2 − a
2a + a 2(a − 1)
( với a > 0, a ≠ 1 ).
−
+
a + a +1
a
a −1

a) Rút gọn P.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P .
1

2
x
−
1
+
=
1

y+3

2. Giải hệ phương trình: 
4 x − 1 − 3 =
7

y+3
Câu 2. (2,0 điểm).

Cho phương trình: x 2 − 5mx − 4m =
0 ( với m là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó.
b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thì:

x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 > 0 .
Câu 3. (2,0 điểm).
a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc 900 sang phải hoặc
sang trái. Robot xuất phát từ vị trí A đi thẳng 2m quay sang trái rồi đi thẳng 3m , quay
sang phải rồi đi thẳng 5m đến đích tại vị trí B . Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi
xuất phát của Robot.
b) Cho hai số a, b thỏa mãn a > b > 0 và a.b = 1. Chứng minh:

a 2 + b2
≥2 2.
a −b

Câu 4. (3,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường cao AD, BE cắt nhau
tại H . Kéo dài BE , AO cắt đường tròn (O) lần lượt tại F và M .
a) Chứng minh ∆HAF cân.
b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm H , I , M thẳng hàng
và AH = 2OI .
c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O) để DH .DA lớn nhất.
Câu 5. (1,0 điểm).
a) Cho xy + yz + xz =
0 và xyz ≠ 0 . Chứng minh rằng:

yz xz xy
+

+
=
3.
x2 y 2 z 2

b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 là hai số chính phương.
Chứng minh rằng n chia hết cho 40 .
.................. Hết ...................


KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN

Năm học : 2020 - 2021

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
MÔN TOÁN CHUYÊN

(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
Câu

Hướng dẫn
Cho biểu thức: P =
a) Rút gọn P.

Điểm

a2 − a

2a + a 2(a − 1)
−
+
a + a +1
a
a −1
3

1.1
(1,0đ)

a ( a − 1)
a (2 a + 1) 2( a − 1)( a + 1)
Với a > 0, a ≠ 1 ⇒ P =
−
+
a + a +1
a
a −1

0,25

a ( a − 1)(a + a + 1)
− (2 a + 1) + 2( a + 1) = a − a + 1
a + a +1

0,25

P=

b) Tính giá trị nhỏ nhất của P .
2

1 3 3

1  a −  + ≥ (Với ∀a > 0, a ≠ 1 )
P = a − a +=
2 4 4

3
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = khi a = .
4
4

0,25
0,25

1

1
 2 x −1 + y + 3 =

Giải hệ phương trình: 
4 x − 1 − 3 =
7

y+3

1.2

x ≥ 1
Điều kiện: 
 y ≠ −3

0,25

=
u
x −1
u+v 1 =
 2=
u 1

Đặt 
(thỏa mãn)
⇔
1 (điều kiện u ≥ 0 ) ⇒ 
7
−1
4u − 3v =
v =
 v = y+3


0,5

 x −1 =
1
 x=2


(thỏa mãn). Vậy HPT có 1 nghiệm (2; −4)
⇒ 1
⇔
4
y
=
−
1
=
−

y+3


0,25

Phương trình: x 2 − 5mx − 4m =
0.
a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó.
0,25

Ta có:=
∆ 25m 2 + 16m
2.a
(1,0đ)

 m=0
 m = − 16
25



Để phương trình có nghiệm kép thì ∆ = 0 ⇔ 25m 2 + 16m = 0 ⇔ 
5m
= 0
2
5m
8
16
nghiệm kép là x1 = x2 =
+) m =
−
= −
25
2
5

x=
+) m =
0 nghiệm kép là x=
1
2

0,25
0,25
0,25


b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì

x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 > 0 .
2.b
(1,0đ)

PT có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì=
∆ 25m 2 + 16m > 0

0,25

và x12 − 5mx1 − 4m =0 ⇔ x12 =5mx1 + 4m và x1 + x2 =
5m

0,25

Xét P = x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 = 5mx1 + 4m + 5mx2 + m 2 + 14m + 1

0,25

= 5m( x1 + x2 ) + m 2 + 18m + 1 = 26m 2 + 18m + 1
Suy ra P = 25m 2 + 16m + m 2 + 2m + 1 = ∆ + (m + 1) 2 > 0 (vì ∆ > 0 ). Đpcm.

0,25

a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc 900 sang
phải hoặc sang trái. Robot xuất phát từ vị trí A đi thẳng 2m quay sang
trái rồi đi thẳng 3m , quay sang phải rồi đi thẳng 5m đến đích tại vị trí B .
Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot.
Học sinh vẽ được hình minh họa
5

B

0,25

3

3.a
(1,0đ)

A

2

Kẻ AC ⊥ BC như hình vẽ:
5

B

0,25

3
A

C

2

Ta có:=
AC 7;=
BC 3

0,25

⇒ AB = 7 2 + 33 = 58
Vậy khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot là

58

0,25

a 2 + b2
b) Chứng minh:
≥ 2 2 . Với a > b > 0 và a.b = 1.
a −b
Vì a.b =1 ⇒

2
a 2 + b 2 ( a − b) 2 + 2
=
=(a − b) +
a −b
a −b
( a − b)

Do a > b > 0 ⇒ (a − b) +
3.b
(1,0đ)

2
2

≥ 2 (a − b).
=
2 2 (BĐT AM-GM)
( a − b)
( a − b)

Dấu bằng xẩy ra khi: (a − b) =

1
⇔ a− =
a

Vậy

0,25
0,25

2
⇔ ( a − b) 2 = 2 ⇔ a − b = 2
( a − b)


2+ 6
a =
2
2⇔

2− 6
a =
2



(t / m)

⇒ b=

( Loai )

a 2 + b2
=
ra khi a
≥ 2 2 . Dấu bằng xẩy
a −b

0,25

6− 2
2

6+ 2
=
;b
2

6− 2
2

0,25

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường cao AD, BE cắt
nhau tại H . Kéo dài BE , AO cắt đường tròn (O) lần lượt tại F và M .
a) Chứng minh ∆HAF cân.

Vẽ hình đúng đến câu 4.a
F
A
E

4.a
(1,0đ)

H

B

0,25

O

D

C

I
M

4.b
(1,0đ)

)
Ta có: 
AHF = 
ACB (cùng phụ với DAE
Lại có 
ACB = 
AFB (cùng chắn cung AB )

0,25

  AFB
  AHF cân tại .
Suy ra AHF
A
b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm H , I , M thẳng hàng
và AH = 2OI .
Ta có BH / / CM (cùng vuông AC ), HC / / BM (cùng vuông AB ).
⇒ BHCM là hình bình hình .
Mà I là trung điểm của BC ⇒ I cũng là trung điểm của HM ⇒ ba điểm
H , I , M thẳng hàng.

0,25

0,25

⇒ OI là đường trung bình của ∆AHM ⇒ AH =
2OI
c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O) để DH .DA
lớn nhất.
  AFB

  BHD
  ACB
  DAC  DBH (g . g)
Theo câu 1 ta có AHF
4.c
(1,0đ)

5.a
(0,5đ)

Suy ra

DA
DB

 DA.DH  DB.DC
DC DH
2

0,25
0,25

0,25
0,25

2

 BD  CD 
 BC 
Ta có DB.DC  

 DB.DC  


 2 


2

Dấu bằng xẩy ra khi BD  DC .
Vậy để DH .DA lớn nhất thì A là điểm chính giữa cung lớn BC .
yz xz xy
3
a) Cho xy + yz + xz =
0 và xyz ≠ 0 . Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 =
x
y
z
1 1 1
+ += 0
x y z
Chứng minh được nếu: a + b + c = 0 ⇒ a 3 + b3 + c3 = 3abc

Vì: xy + yz +=
xz 0; xyz ≠ 0 ⇒

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25


Áp dụng công thức trên ta có:

1 1 1
1
1
1
3
+ + = 0 ⇒  3 + 3 + 3 =
x y z
x
y
z
xyz

1 1 1
yz xz xy
xyz
Lại có: 2 + 2 + =
 3+ 3+ =
 3 . (Đpcm)
x
y
z2
y
z3 
x

b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 là hai số chính
phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 40 .

0,25

Đặt 2n + 1 = x 2 ⇒ x lẻ ⇒ 2n =( x − 1)( x + 1) 4 vì x − 1; x + 1 chẵn ⇒ n chẵn
5.b
(0,5đ)

Đặt 3n + 1= y 2 ⇒ y lẻ (do n chẵn) và 3n =
( y − 1)( y + 1)8 vì y − 1; y + 1 là
hai số chẵn liên tiếp mà (3;8) = 1 ⇒ n8 (1) .
Ta có một số chính phương chia cho 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4.
Mặt khác x 2 + y 2 = 5n + 2 ⇒ x 2 , y 2 chia cho 5 dư 1
Nên n =

( 3n + 1) − ( 2n + 1) =

(y

2

− x 2 )5 (2).

Từ (1), (2) và (5;8) = 1 ⇒ n 40 . Đpcm.
(Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

0,25

0,25