Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2020 – 2021 tập 6

ớ

ịã ùũ íá ắãfô ơá'ẵ

ứ ê2ã ă


ă
é ó
ă

ớ
ớ


ừ
ăừợ ăừ ă

ợ
ù

ợ

ồ ă ờó ùữũ

ùũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ é ũ

ỡ ợũ

ợũ ècá ạã ơđ@ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ é àáã ă ó ờ

ẹăĐụ ẵá đắ ứéữổ Đ ó

ịã ợũ

ăợ
ợ

ứẳù ữ ổ Đ ó ởă ừ ợồ ứẳợ ữ ổ Đ ó ợ ừ ù ă ừ
ứê2ã ơá ư8ữũ
ùũ èd

ứẳù ữ ưạ ưạ ê2ã ứẳợ ữũ

ợũ èd

ứẳợ ữ ẵsơ đắ ứé ữ

ịã ớũ íá á)4ạ ơđdá ăợ

ăù ồ ăợ ư ẵá ẽ ó ăù ừăợ ỡăù ăợ

ợứ ừ ùữă ừ ợ

ớ ó ứ ê2ã ơá ư8ữũ

ùũ ã}ã á)4ạ ơđdá ê2ã ó ũ
ăù ồ ăợ ơá< ~ổ ứăù ừ ợữ ứăợ ừ ợữ ó ùũ

ợũ èd
ịã ỡũ

ứẹồ ẻữ
òị ũ èđj ơã òị
í
ẳ êô:ạ ạ>ẵ ê2ã òị ơ|ã íũ ;ã
ứẹữ 0 ể ê ề ứ ể àáẵ ò ê ị ữũ èã òể ụ òề ơá' ơ$ ẵsơ ẳ 0 é ê ẽ ũ

ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ ịíé ể 5ã ơãhũ
ợũ íá'ạ ãá òể òé ó òề òẽũ
ớũ ã} ư% ể ề ó

ộẻ
ỡ

ể ồ ề ơáằ ẻũ

ỡũ íá òồ ịồ í

ểề

ứ ể àáẵ ò ê ị ữ ơád ơ{

òé ẽ
ịã ởũ ã}ã á)4ạ ơđdá


ợă ừ ớ ừ ứă ừ ùữ ăợ ừ ờ ừ ứă ừ ợữ ăợ ừ ợă ừ ỗ ó

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020

MÔN THI: TOÁN (đề thi dành cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 (không kể thời gian phát đề)
Câu 1.
 x 2  y 2  xy  7
a) Giải hệ phương trình:  3
.
9 x  xy 2  70  x  y 

b) Giải phương trình: 11 5  x  8 2 x 1  24  3 5  x 2 x 1.
Câu 2.
a) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: x 2 y 2 16 xy  99  9 x 2  36 y 2  13 x  26 y.
b) Với a, b là những số thực dương thỏa mãn:
2  2a  3b  5 và 8a  12b  2a 2  3b 2  5ab  10.
Chứng minh rằng: 3a 2  8b 2  10ab  21.
Câu 3.

 là góc nhỏ nhất trong ba góc của tam giác và nội tiếp đường tròn O . Điểm D
Cho tam giác ABC có BAC
 . Lấy các điểm M , N thuoocj O  sao cho các đường thẳng
thuộc cạnh BC sao cho AD là phân giác của BAC

CM và BN cùng song song với đường thẳng AD.

a) Chứng minh rằng AM  AN .
b) Gọi giao điểm của đường thẳng MN với các đường thẳng AC , AB lần lượt là E , F . Chứng minh rằng bốn
điểm B, C , E , F cùng thuộc một đường tròn.
c) Gọi P, Q theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AM , AN . Chứng minh rằng các đường thẳng EQ, FP
và AD dồng quy.
Câu 4.
Với a, b, c là những số thực dương thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng:
2

a a  bc

b ab  2c 2 

2



b b  ca 

c bc  2a 2 

2



c c  ab

a ca  2b 2 

 4.

-------------------- HẾT --------------------


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
a) Phương trình thứ hai của hệ tương đương:
9 x 3  xy 2  70  x  y 
 7 9 x 3  xy 2   70  x  y  x 2  xy  y 2 
 x 3  xy 2 10 y 3  0
  x  2 y  x 2  2 xy  5 y 2   0
x  2y

.
 x  y  0

Ta có: x  y  0 không thỏa hệ.

 y 1
.
Với x  2 y, ta có: 7 y 2  7  
 y  1
Với y  1, ta có: x  2.
Với y  1, ta có: x  2.
Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y   2; 1 , 2;1.
b) Điều kiện:

1
 x  5. Đặt a  5  x , b  2 x 1 với a, b  0 và 2a 2  b 2  9.
2

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

11a  8b  24  3ab
 32a  b  5 a  b  15  2a 2  b 2  3ab
 32a  b  5 a  b  15  2a  ba  b
 2a  b  5a  b  3  0
 2a  b  5

 a  b  3
2

Trường hợp 2a  b  5 kết hợp với 2a 2  b 2  9, ta có: 2a 2  5  2a   9  a  23a  4  0.
4
2
Với a  2, ta có: x  1. Với a  , ta có: x  .
9
3
2

Trường hợp a  b  3 kết hợp với 2a 2  b 2  9, ta có: 2a 2  3  a   9  a a  2  0.
Với a  2, ta có: x  1. Với a  0, ta có: x  5.
2
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x  , x  1, x  5.
9


Câu 2.
a) Phương trình tương đương:

x 2 y 2  20 xy  100  9  x 2  4 xy  y 2   13 x  2 y   1
2

2

  xy  10  9  x  2 y   13 x  2 y   1.
Đặt x  2 y  a, ta có: 9a 2  13a  1 là số chính phương với a  0.
2

2

2

Mà 3a  1  9a 2  13a  1  3a  3 , do đó 9a 2  13a  1  3a  2  a  3.

 x  2 y  3
 x  y  1.
Với a  3, ta có 
 xy  1
Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất  x; y   1;1.
b) Ta có: 8a  12b  2a 2  3b 2  5ab  10  4 2a  3b  2a  3ba  b  10 1.
Đặt x  2a  3b, y  a  b với 2  x  5. Ta có: 1 trở thành: 4 x  xy  10 

y 5
  2.
2 x

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x 2  y 2  21  x 2  4  y 2  25.
Ta có:
2

 y 2 25 

 y 5 


4 
4
4



y  25  4   2   25 1 2   2     25 1 2   8  25 1 2 .
 4




 x 
 2 x
 x 
 x 
x 
2


4
Ta cần chứng minh: 8  25 1 2   x 2  4. Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
 x 
x 4  29 x 2  100  0   x  2 x  2 x  5 x  5  0.

Bất đẳng thức cuối đúng do 2  x  5.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  5, y  2 hay a  b  1.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 3.


 , ta có:
a) Do BN và CM cùng song song với AD kết hợp với AD là phân giác BAC

  DAB
  DAC

NBC
ACM .


Suy ra: NBC
ACM hay 
AN  
AM  AN  AM .
 sd 
 sd 
AM  sd BN
AN  sd BN
AB 
sd 
AFE 


 ACB.

b) Ta có: 
2
2
2
Do đó BCEF là tứ giác nội tiếp.
c) Gọi S là giao điểm của EQ và AD, K là giao điểm của AD và EF .
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ANK có cát tuyến ESQ, ta có:

QA EN SK
EN SK


 1 hay

 1 do Q là trung điểm AN .
EK SA
QN EK SA
Suy ra:

EN
SA
.

EK SK

Gọi S  là giao điểm của FP và AD.
Tương tự áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AMK có cát tuyến PS F , ta được:
Ta cần chứng minh

EN FM

FM
FK
hay


. Thật vậy, theo định lý Tales, ta có:
EK
FK
EN
EK
KM
DC AC AF FK
.




KN
DB
AB AE EK

Suy ra:

FK KM
FK  KM
FM



.

EK
KN
EK  KN
EN

S A FM

.
S K
FK


Do đó

FM
FK
FM
EN
, hay
.


EN
EK
FK
EK

Từ đó ta có:

SA

S A
.

SK S K

Suy ra S  S  hay EQ, FP và AD đồng quy.
Câu 4.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:
2

2

a 2  abc a 2  b2  c 2  3abc

 b ab  2c 2   ab ab  2c 2  
 ab ab  2c 2 
2

a a  bc

Ta cần chứng minh:

a 2  b 2  c 2  3abc
 2.
ab  bc  ca

Thật áp dụng dụng bất đẳng thức Schur kết hợp với a  b  c  3, ta có:
a 2  b 2  c 2  3abc  a 2  b 2  c 2 

2

 a 2  b 2  c 2  3abc 

 
ab  bc  ca



9abc
 2 ab  bc  ca .
a bc

Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy khi và chỉ khi a  b  c  1.
-------------------- HẾT --------------------


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020

MÔN THI: TOÁN (VÒNG 2)
Thời gian làm bài: 120 (không kể thời gian phát đề)
Câu 1.
 x  y  x  1  4



a) Giải hệ phương trình:  2
.

y  xy  x  y  5 x3  y 3  12 y  13  243




7

7

7

b) Giải phương trình:  x 12  2 x 12  24  3 x  0.
Câu 2.
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho cả ba số 4a 2  5b, 4b 2  5c, 4c 2  5a đều là bình phương của
một số nguyên dương.
b) Từ một bộ bốn số thực a, b, c, d  ta xây dựng bộ số mới a  b, b  c, c  d , d  a  và liên tiếp xây dựng
các bộ số mới theo quy tắc trên. Chứng minh rằng nếu ở hai thời điểm khác nhau ta thu được cùng một bộ số (có
thể khác thứ tự) thì bộ số ban đầu phải có dạng a,  a, a,  a .
Câu 3.

  900. Điểm E thuộc cạnh AC sao cho 
AEB  900. Gọi P là giao điểm
Cho tam giác ABC cân tại có BAC
của BE với trung trực BC. Gọi K là hình chiếu vuông góc của P lên AB. Gọi Q là hình chiếu vuông góc của
E lên AP. Gọi giao điểm của EQ và PK là F .
a) Chứng minh rằng bốn điểm A, E , P, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi giao điểm của KQ và PE là L. Chứng minh rằng LA vuông góc với LE.

c) Gọi giao điểm của FL và AB là S . Gọi giao điểm của KE và AL là T . Lấy R là điểm đối xứng của A qua
L. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST và đường tròn ngoại tiếp tam giác BPR tiếp xúc nhau.
Câu 4.
Với a, b, c là những số thực dương thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng:
2

1 1 1 
a
4
b
c
3   1  1 
 3   .
 a b c 

 bc ca ab 
abc

-------------------- HẾT --------------------


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
a) Với  x  y  x  1  4, ta có:
3

x3  y 3  12 y  13   x  y   3 xy  x  y   12  y  1  1
3

  x  y   3 xy  x  y   3 x  1 x  y  y  1  1

3

  x  y   3 x  y   xy   x  1 y  1  1
3

  x  y   3 x  y  x  y  1  1
3

  x  y  1

Ngoài ra:
y 2  xy  x  y  5   y  1 x  y    x  1 x  y   1
2

  x  y  x  y  2  1   x  y  1 .
5

Do đó phương trình thứ hai của hệ tương đương  x  y   243  x  y  2.
Từ đó ta tìm được x  y  1.
Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất  x; y   1;1.
b) Đặt a  x 12 và b  2 x 12. Khi đó phương trình trở thành:
a 7  b 7  a  b  0  a  ba 6  a 5b  a 4b 2  a 3b3  a 2b 4  ab5  b 6   a  b
7

7

6
 a  b  a 6  a 5b  a 4b 2  a 3b3  a 2b 4  ab5  b 6  a  b   0



5
4 2
3 3
2 4
5
 a  b7 a b 14a b  21a b 14a b  7 ab   0
2
2
 ab a  b a 2  ab  a 2b 2  ab  b 2    0



a  0

Nhận thấy a, b không đồng thời bằng 0 nên phương trình tương đương: ab a  b  0  b  0
.

a  b  0


Với a  0, ta có x  12.
Với b  0, ta có x  6.
Với a  b  0, ta có x  8.
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm S  6; 8; 12.
Câu 2.
a) Không mất tính tổng quát, giả sử a là số lớn nhất trong ba số a, b, c .


Khi đó, ta có 4a 2  5b  4a 2  (2a ) 2 và 4a 2  5b  4a 2  5a  4a 2  8a  4  (2a  2) 2 . Mà 4a 2  5b là số
chính phương nên 4a 2  5b  (2a  1) 2 , tức 5b  4a  1.

Từ đây, ta suy ra b chia 4 dư 1. Do đó b  4k  1 với k   . Một cách tương ứng, ta có a  5k  1 . Xét các
trường hợp sau.
•

•

Trường hợp 1: b  c . Chứng minh tương tự như trên, từ giả thiết 4b 2  5c là số chính phương, ta suy ra
5c  4b  1  16k  5 . Do đó k chia hết cho 5, tức k  5n với n   . Khi đó, ta có
c  16n  1, b  20n  1 và a  25n  1 .
Với kết quả trên, ta có
4c 2  5a  4(16n  1) 2  125n  5  4(16n  1)  4(16n  1)  1  (32n  3) 2 . (1)
Và
4c 2  5a  4(16n  1) 2  125n  5  (32n  4) 2  (3n  7)  (32n  4) 2 .
Mà 4c 2  5a là số chính phương nên 4c 2  5a  (32n  3) 2 . Suy ra, dấu đẳng thức trong bất đẳng thức
(1) phải xảy ra, tức n  0 . Từ đó a  b  c  1 .
Trường hợp 2: c  b . Trong trường hợp này, ta có
4b 2  5c  4b 2  5(b  1)  (2b  1) 2

Mà 4b 2  5c là số chính phương nên 4b 2  5c  (2b  2) 2 . Do đó
5c  8b  4  32k  12  25k  5.
Suy ra c  5k  1  a. mâu thuẫn. Vậy trường hợp này không thể xảy ra.
Tóm lại, có duy nhất một bộ số (a; b; c) thỏa mãn yêu cầu là (1;1;1) .
b) Gọi (an , b2 , cn , d n ) là bộ bốn số thực thu được sau lượt thứ n . Khi đó, ta có
(a0 , b0 , c0 , d 0 )  (a, b, c, d )

Và
an1  bn1  cn1  2(an  bn  cn  d n ). n  .

Suy ra
an  bn  cn  d n  2n (a0  b0  c0  d 0 )  2n (a  b  c  d ).

Giả sử tồn tại hai số nguyên dương m  k sao cho hai bộ số (am , bm , cm , d m ) và (ak , bk , ck , d k ) là một (có thể khác
thứ tự). Khi đó, ta có am  bm  cm  d m  ak  bk  ck  d k tức 2m (a  b  c  d )  2k (a  b  c  d ).
Vì m < k nên a + b + c + d =
0 . Bây giờ, ta có chú ý rằng

a 2 n+2 + b 2 n+2 + c 2 n+2 + d 2 n+2
= (an+1 + bn+1 ) 2 + (bn+1 + cn+1 ) 2 + (cn+1 + d n+1 ) 2 + (d n+1 + an+1 ) 2
= 2(a 2 n+1 + b 2 n+1 + c 2 n+1 + d 2 n+1 ) + 2(an+1 + cn=1 )(bn+1 + d n+1 )
= 2(a 2 n+1 + b 2 n+1 + c 2 n+1 + d 2 n+1 ) + 2(an + bn + cn + d n )(bn+1 + d n+1 )
= 2(a 2 n+1 + b 2 n+1 + c 2 n+1 + d 2 n+1 ).


Suy ra a 2 n + b 2 n + c 2 n +=
d 2 n 2n−1 (a 21 + b 21 + c 21 + d 21 ).∀n ∈ ∗ .
Vì hai bộ số (am , bm , cm , d m ) và (ak , bk , ck , d k ) là một ( có thể khác thứ tự) nên
a 2m + b2m + c2m + d 2m = a 2k + b2k + c2k + d 2k .

Hay
2
2m−1 (a 21 + b 21 + c 21 + d=
2k −1 (a 21 + b 21 + c 21 + d 21 ).
1)

− a, c =
−b, d =
−c , tức bộ số ban đầu phải có dạng (a, −a, a, −a ) . Ta
Từ đây, ta có a=
b=
c=

d=
0 . Suy ra b =
1
1
1
1
có điều phải chứng minh.
Câu 3.

a) Vì tam giác ABC cân tại A nên trung trực của BC đi qua A, hơn nữa AP là phân giác góc BAC .
Do đó ∠PAE =
∠PAK .
Tứ giác AFKQ có ∠AKF =
∠AQF =
90o nên AFKQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AF . .

∠KFQ .
Suy ra ∠KAQ =
∠PAK =
∠QAK =
∠QFK =
∠PFE.
Do đó ∠PAE =
Do đó tứ giác AEPF nội tiếp hay bốn điểm A, E , P, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Từ các tứ giác nội tiếp AFKQ và AEPF đã chứng minh ở câu a), ta suy ra

∠AQL =
∠AFK =∠AFP =
∠AEL.

90o hay LA ⊥ LE .
Suy ra tứ giác AQEL nội tiếp. Mà ∠AQE =
90o nên ∠ALE =


c) Ta có AL, KP, BC là ba đường cao của tam giác ABP nên chúng đồng quy tại trực tâm mà ta ký hiệu điểm
đó là H . Trước hết, vì P là trực tâm tam giác ABH và A đối xứng R qua đường cao BL của tam giác ABR
= 180o − ∠BRA
= 180o − ∠BAH
= ∠BPH , suy ra tứ giác BPRH nội tiếp.
nên ∠BRH
Ta có ∠PBH =
∠PAL =
∠PKL nên ∠LEF =
∠LKF . Suy ra tứ giác KFLE nội tiếp.

= 90o − ∠ELS
= 90o − ∠PKE
= ∠SKT . Từ đây, ta suy ra tứ giác SLTK nội tiếp.
Do đó ∠ALS
Vì tứ giác BKLH nội tiếp đường tròn đường kính BH nên ∠LTS =
∠LKS =
∠LHB . Suy ra ST  BH . .
Đường thẳng EF cắt AB tại M , KL cắt ST tại N . Ta có AQ vừa là phân giác vừa là đường cao của tam giác
AEM nên AEM cân tại A. Suy ra QE = QM . Kết hợp với ST  EM (cùng vuông với AQ ) nên theo định lý
Thales, ta có N là trung điểm của ST . Do đó nếu gọi X là giao của AN với BC thì từ ST  BH ta cũng suy ra
X là trung điểm của BH . Gọi G là hình chiếu vuông góc của P lên AX , vẽ đường kính AA′ của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABH và gọi G′ là đối xứng của G qua X .

900 nên nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tứ giác BPHA′ là hình bình hành.

Dễ thấy ∠AG′A′ =
Hơn nữa A′G′  PG nên PGA′G′ là hình bình hành. Do đó các điểm P, G đối xứng với A′, G′ qua X . Mà tứ
giác BG′A′H nội tiếp nên tứ giác BPGH nội tiếp.
Từ các tứ giác nội tiếp AKGL (nội tiếp đường tròn đường kính AP ) và KSLT , ta suy ra
NG ⋅ NA = NK ⋅ NL = NS ⋅ NT

Do đó, tứ giác ASGT nội tiếp. Mặt khác, ta lại có
∠AGT =
∠AST =
∠ABH =
∠AG′H =
∠GG′H =
∠BGG′.

Suy ra T , G, B thẳng hàng. Tương tự, ta cũng có H , G, S thẳng hàng.
Từ ST  BH suy ra đường tròn ngoại tiếp hai tam giác GTS và GBH tiếp xúc với nhau tại G . Do đó hai đường
tròn ngoại tiếp hai tam giác AST và BPR tiếp xúc với nhau tại G .
Câu 4.
Bất đẳng thức đã cho viết lại thành
2

 1 1 1
 1 1 1
4
3(a 2  b 2  c 2 )
hay
3     6      4 

 a b c 
 a b c 

abc
abc
2

 1 1 1
4
3(a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca )
31


3     4 
.
 a b c 
abc
abc
abc

1
1
1
1 1 1
Đặt x  , y  , z  thì ta có    3 hay xy  yz  zx  3 xyz. Ta đưa về chứng minh
a
b
c
x y z
3( x  y  z ) 2  4  31xyz.

Đặt p  x  y  z , q  xy  yz  zx và r  xyz thì ta có q  3r . Ta cần có
3 p 2  4  31r.

Theo bất đẳng thức Cô-si thì ( x  y  z )( xy  yz  zx)  9 xyz nên x  y  z  3 hay p  3.
Ta có bất đẳng thức quen thuộc

xyz  ( x  y  z )( y  z  x)( z  x  y ) nên
r  ( p  2 x)( p  2 y )( p  2 z ) .
Khai triển ra ta được r  p 3  2 p 2 ( x  y  z )  4 p ( xy  yz  zx)  8 xyz hay
9r   p 3  12 pr và

Ta đưa về chứng minh 3 p 2  4 

p3
 r.
12 p  9

31 p 3
, quy đồng và khai triển, ta có
12 p  9
( p  3)(5 p 2 12 p  12)  0 , đúng do p  3.

Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng, ta có điều phải chứng minh.
-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,5 điểm)
a) Tính A =

1  2 5 

2

 20 .


x
1  1
, với x  0 và x  4

.
x  2  x  1
 x4

b) Rút gọn biểu thức B = 

c) Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng y = (m2 + 1)x + m song song với
đường thẳng y = 5x + 2
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x2 – 5x + 6 = 0.

c) Cho phương trình x2 – 4x – 3 = 0 có hai nghiệm điểm phân biệt x1, x2. Không
giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức T =

x12 x22
 .
x2 x1

Câu 3 (1,5 điểm)
Hưởng ứng phong trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid-19, trong tháng
hai năm 2020, hai lớp 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản xuất được
250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách li tập trung trên địa
bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20%, do đó tổng
sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hoai trong tháng hai, mỗi lớp
đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn?
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho tứ giác ABCD (AD > BC) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Hai
đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên AB.
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.
b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và
AB. Chứng minh DI2 = AI.BI
c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại
N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F
thuộc đường tròn (O).
Câu 5 (1,0 điểm)
 x3  2 y 2  xy 2  2  x  2 x 2
Giải hệ phương trình:  2
2
2
3
4 y  y  1  1 y  x  3 x  2







..................…. Hết …………….....


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

NĂM HỌC: 2020 - 2021

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI: TOÁN

(Đề thi gồm 02 trang)

Ngày thi: 17 tháng 7 năm 2020
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. ( 1, 5 điểm)

1 2

1
x và đường thẳng (d ) : y   x  2.
2
4
a) Vẽ (P ) và (d ) trên cùng hệ trục tọa độ.

Cho parabol (P ) : y 

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P ) và (d ) bằng phép tính.
Bài 2. ( 1, 0 điểm)
Cho phương trình: 2x 2  5x  3  0 có hai nghiệm là x 1, x 2 .
Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: A  x 1  2x 2 x 2  2x 1 .
Bài 3. ( 0, 75 điểm)
Quy tắc sau đây cho ta biết CAN, CHI của năm X nào đó.
Để xác định CAN, ta tìm số dư r trong phéo chia X cho 10 và tra vào bảng 1.
Để xác định CHI, ta tìm số dư s trong phép chia X cho 12 và tra vào bảng 2.
Ví dụ: năm 2020 có CAN là Canh, CHI là Tí.
Bảng 1

Bảng 2

a) Em hãy sữ dụng quy tắc trên đề xác định CAN, CHI của năm 2005?
b) Bạn Hằng nhớ rằng Nguyễn Huệ lên ngôi hoàng đế, hiệu là Quang Trung vào năm Mậu Thân
nhưng không nhớ rõ đó là năm bao nhiêu mà chỉ nhớ là sụ kiện trên xảy ra vào cuối thế kỉ 18. Em
hãy giúp Hằng xác định chính xác năm đó là năm bao nhiêu?
Bài 4. ( 0,75 điểm)
Cước điện thoại y (nghìn đồng) là số tiền mà người sử dụng điện thoại cần trả hàng tháng, nó
phục thuộc vào lượng thời gian gọi x (phút) của người đó trong tháng. Mỗi liên hệ giữa hai đại
lượng này là một hà số bậc nhất y  ax  b . Hãy tìm a,b biết rằng nhà bạn Nam trong tháng 5
đã gọi 100 phút với số tiền là 40 nghìn đồng và trong tháng 6 gọi 40 phút với số tiền là 28

nghìn đồng.
Bài 5. ( 1, 0 điểm)
Theo quy định của cửa hàng xe máy, đề hoàn thành chỉ tiêu trong một tháng, mỗi nhân viên phải
bán được trung bình một chiếc xe máy trong một ngày. Nhân viên nào hoàn thành chỉ tiêu trong
một tháng thì nhận lương cơ bản là 8000000 đồng. Nếu trong một tháng nhân viên nào vượt chỉ


tiêu thì được thưởng thêm 8% tiền lời của số xe được bán vượt chỉ tiêu đó. Trong tháng 5 (có 31
ngày), anh Thành nhận được số tiền là 9800000 đồng (bao gồm cả lương cơ bản và tiền thương
thêm tháng đó.). Hỏi anh Thành đã bán được bao nhiêu chiếc xe máy trong tháng 5 , biết rằng số
xe bán ra thì cửa hàng thu được tiền lời được 2500000 đồng.
Bài 6. ( 1, 0 điểm)
Anh Minh vừa mới xây một cái hồ trữ nước cạnh nhà có hình hộp chữ
nhật kích thước 2m  2m  1m . Hiện hồ chưa có nước nên anh Minh phải
ra sông lấy nước . Mỗi lần ra sông anh gánh được 1 đôi nước đầy gồm hai
thùng hình trụ bằng nhau có kích thước đáy 0,2m , chiều cao 0, 4m .
a) Tính lượng nước (m 3 ) anh Minh đổ vào hồ sau mỗi lần gánh (ghi
kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân) . Biết trong quá trình gánh
nước về hao hụt khoảng 10% và công thức tính thể tích hình trụ là

V  R 2h .
b) Hỏi anh Minh phải gánh ít nhất bao nhiêu lần để đầy hồ? Bỏ qua
thể tích thành hồ.
Bài 7. ( 1, 0 điểm)
Sau buổi sinh hoạt ngoại khóa, nhóm bạn của Thư rủ nhau đi ăn kem ở một quán gần trường. Do
quán mới khai trương nên có khuyến mãi, bắt đầu từ ly thứ 5 giá mỗi ly kem giảm 1 500 đồng
so với giá ban đầu. Nhóm của Thư mua 9 ly kem với số tiền là 154 500 đồng. Hỏi giá của một
ly kem ban đầu?
Bài 8. ( 3, 0 điểm)
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA  2R. Từ A

kẻ 2 tiếp tuyến AD; AE đến đường tròn (O ) ( D, E là 2 tiếp điểm). Lấy điểm M nằm trên cung



nhỏ DE sao cho MD  ME . Tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại M cắt AD; AE lần lượt tại I ;

J . Đường thẳng DE cắt OJ tại F .
 
a) Chứng minh: OJ là đường trung trực của đoạn thẳng ME và MOF  OEF .
b) Chứng minh: tứ giác ODIM nội tiếp và 5 điểm I ; D; O; F ; M cùng nằm trên một đường
tròn.

  MF 
  IOA
 và sin IOA
c) Chứng minh IOM
IO
-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

NĂM HỌC: 2020 - 2021

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI: TOÁN

(Đề thi gồm 02 trang)

Ngày thi: 17 tháng 7 năm 2020
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. ( 1, 5 điểm)

1 2
1
x và đường thẳng (d ) : y   x  2.
4
2
a) Vẽ (P ) và (d ) trên cùng hệ trục tọa độ.

Cho parabol (P ) : y 

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P ) và (d ) bằng phép tính.
Lời giải:
a)

x

(P ) : y 

1 2
x
4

4

2

0

2

4

4

1

0

1

4

x

0

4

1
(d ) : y   x  2
2

2

0

1 2
1
x và (d ) : y   x  2 bằng phép tính.
4
2
Hoành độ giao điểm của (d ) và (P ) là nghiệm của phương trình:
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P ) : y 

1 2
1
x   x 2
4
2
 x 2  2x  8  0
 x 2
 
x  4
Với x  2  y  1 ta có giao điểm A(2;1)


Với x  4  y  4 ta có giao điểm B(4; 4)
Vậy tọa độ giao điểm của (P ) và (d ) là A(2;1) và B(4; 4).
Bài 2. ( 1, 0 điểm)
Cho phương trình: 2x 2  5x  3  0 có hai nghiệm là x 1, x 2 .
Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: A  x 1  2x 2 x 2  2x 1 .
Lời giải:

Ta có x 1, x 2 là nghiệm của phương trình 2x 2  5x  3  0 .


x  x  5
2
 1
2
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: 

3
 x 1x 2 
2

A  x 1  2x 2 x 2  2x 1 
 x 1x 2  2x 12  2x 22  4x 1x 2





 2 x 12  x 12  5x 1x 2
 2 x 1  x 2   4x 1x 2  5x 1x 2
2

 2 x 1  x 2   x 1x 2
2

2

 5   3 

 2.    
 2   2 
 11
Bài 3. ( 0, 75 điểm)
Quy tắc sau đây cho ta biết CAN, CHI của năm X nào đó.
Để xác định CAN, ta tìm số dư r trong phéo chia X cho 10 và tra vào bảng 1.
Để xác định CHI, ta tìm số dư s trong phép chia X cho 12 và tra vào bảng 2.
Ví dụ: năm 2020 có CAN là Canh, CHI là Tí.
Bảng 1

Bảng 2

a) Em hãy sữ dụng quy tắc trên đề xác định CAN, CHI của năm 2005?
b) Bạn Hằng nhớ rằng Nguyễn Huệ lên ngôi hoàng đế, hiệu là Quang Trung vào năm Mậu Thân
nhưng không nhớ rõ đó là năm bao nhiêu mà chỉ nhớ là sụ kiện trên xảy ra vào cuối thế kỉ 18. Em
hãy giúp Hằng xác định chính xác năm đó là năm bao nhiêu?
Lời giải:
a) Ta có

2005 : 10  200 dư 5  CAN = “ẤT”.
2005 : 12  167 dư 1  CHI = “DẬU”.
Vậy năm 2005 có CAN là “Ất”, CHI là “Dậu”.


b) Gọi x là năm Nguyễn Huệ lên ngôi hoàng đế.
Do x thuộc cuối thế kỉ 18 nên 1750  x  1799 .
Do CAN của x là Mậu nên x : 10 dư 8 .
Suy ra hàng đơn vị của x là số 8 .
Suy ra x là một trong các năm 1758,1768,1778,1788,1798 .
Do CHI của x là “Thân” nên x chia hết cho 12 .

Vậy chỉ có năm 1788 thỏa mãn.
Vậy Nguyễn Huệ lên ngôi hoàng đế năm 1788 .
Bài 4. ( 0, 75 điểm)
Cước điện thoại y (nghìn đồng) là số tiền mà người sử dụng điện thoại cần trả hàng tháng, nó
phục thuộc vào lượng thời gian gọi x (phút) của người đó trong tháng. Mỗi liên hệ giữa hai đại
lượng này là một hà số bậc nhất y  ax  b . Hãy tìm a,b biết rằng nhà bạn Nam trong tháng 5
đã gọi 100 phút với số tiền là 40 nghìn đồng và trong tháng 6 gọi 40 phút với số tiền là 28
nghìn đồng.
Lời giải:


100a  b  40
a  1

Theo đề ta có hệ phương trình 

5 
40a  b  28
b  20



1
, b  20.
5
Bài 5. ( 1, 0 điểm)
Vậy a 

Theo quy định của cửa hàng xe máy, đề hoàn thành chỉ tiêu trong một tháng, mỗi nhân viên phải
bán được trung bình một chiếc xe máy trong một ngày. Nhân viên nào hoàn thành chỉ tiêu trong

một tháng thì nhận lương cơ bản là 8000000 đồng. Nếu trong một tháng nhân viên nào vượt chỉ
tiêu thì được thưởng thêm 8% tiền lời của số xe được bán vượt chỉ tiêu đó. Trong tháng 5 (có 31
ngày), anh Thành nhận được số tiền là 9800000 đồng (bao gồm cả lương cơ bản và tiền thương
thêm tháng đó.). Hỏi anh Thành đã bán được bao nhiêu chiếc xe máy trong tháng 5 , biết rằng số
xe bán ra thì cửa hàng thu được tiền lời được 2500000 đồng.
Lời giải:
Gọi x là số xe mà anh Thành bán được trong tháng 5 .
Theo đề ta có phương trình

8000000  (x  31)  8%  2500000  9800000  x  40
Vậy anh Thành bán được 40 chiếc.


Bài 6. ( 1, 0 điểm)
Anh Minh vừa mới xây một cái hồ trữ nước cạnh nhà có hình hộp chữ
nhật kích thước 2m  2m  1m . Hiện hồ chưa có nước nên anh Minh phải
ra sông lấy nước . Mỗi lần ra sông anh gánh được 1 đôi nước đầy gồm hai
thùng hình trụ bằng nhau có kích thước đáy 0,2m , chiều cao 0, 4m .
a) Tính lượng nước (m 3 ) anh Minh đổ vào hồ sau mỗi lần gánh (ghi
kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân) . Biết trong quá trình gánh
nước về hao hụt khoảng 10% và công thức tính thể tích hình trụ là

V  R 2h .
b) Hỏi anh Minh phải gánh ít nhất bao nhiêu lần để đầy hồ? Bỏ qua
thể tích thành hồ.
Lời giải:
a) Thể tích hình trụ

Vtru  R 2h  .0,22.0, 4  0, 05(m 3 )
Lượng nước anh Minh đổ vào hồ trong mỗi lần gánh là

V  2Vtru  90%  0, 09 (m 3 )
b) Thể tích cái hồ là: V  2.2.1  4
Số lần gánh của anh Minh để đầy hồ là:

4
 44, 4.
0, 09

Vậy anh Minh cần gánh ít nhất 45 lần.
Bài 7. ( 1, 0 điểm)
Sau buổi sinh hoạt ngoại khóa, nhóm bạn của Thư rủ nhau đi ăn kem ở một quán gần trường. Do
quán mới khai trương nên có khuyến mãi, bắt đầu từ ly thứ 5 giá mỗi ly kem giảm 1 500 đồng
so với giá ban đầu. Nhóm của Thư mua 9 ly kem với số tiền là 154 500 đồng. Hỏi giá của một
ly kem ban đầu?
Lời giải:
Gọi x (đồng) là giá ly kem ban đầu.
Theo giả thiết ta có phương trình: 4x  5(x  1 500)  154 500

 9x  162 000  x  18 000 (đồng).
Vậy giá tiền của một ly kem là 18 000 đồng.
Bài 8. ( 3, 0 điểm)
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA  2R. Từ A
kẻ 2 tiếp tuyến AD; AE đến đường tròn (O ) ( D, E là 2 tiếp điểm). Lấy điểm M nằm trên cung

 sao cho MD  ME . Tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại M cắt AD; AE lần lượt tại I ;
nhỏ DE

J . Đường thẳng DE cắt OJ tại F .
  OEF

.
a) Chứng minh: OJ là đường trung trực của đoạn thẳng ME và MOF
b) Chứng minh: tứ giác ODIM nội tiếp và 5 điểm I ; D; O; F ; M cùng nằm trên một đường
tròn.

  MF 
  IOA
 và sin IOA
c) Chứng minh IOM
IO


Lời giải:
a)
CMR: OJ là đường trung trực của ME .

 JM  JE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

 OJ là đường trung trực của ME (1)

(1)  OMJ  OEJ (c  c  c)
  EOF

 MOF
 OMF  OEF (c  g  c)
  OMF
 (2) (2)
 OEF
b)

  ODI
  900
Ta có OMI
Suy ra tứ giác ODIM nội tiếp (3)
Ta chứng minh ODMF nội tiếp
  ODE
 (do ODE cân tại O )
Xét tam giác OED có OED
  OEF
  ODF
  OMF

 nên ta có ODE
Theo ý a ta có OMF
Suy ra ODMF nội tiếp (do cùng chắn cung OF ) (4).
Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm O, D, I , M , F cùng nằm trên một đường tròn.
c)
Ta có tứ giác IDOF nội tiếp

  DFO
 (cùng chắn cung DO )
 DIO
  EFO
 (2 góc kề bù tương ứng) (5)
 AIO
Ta lại có tứ giác ADOE nội tiếp
  DEO
 (6)
 DAO
Từ (5) và (6)  AIO  EFO (g  g )

  EOF

 IOA
  JOM

Mà EOF
  JOM

Nên IOA

 MF
Chứng minh sin IOA 
IO


 MJ (7)
Ta có sin IOA  sin JOM 
OJ
  JOI

Mặt khác JMFO nội tiếp (do ý b) nên ta có JMF
Suy ra JMF  JOI (g-g) 

MJ
MF
(8)

JO
OI

 MF .
Từ (7) và (8) suy ra sin IOA 
IO
-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2020 – 2021

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Lưu ý: Đề thi gồm 01 trang, thí sinh làm bài vào tờ giấy thi

Bài 1. (2,0 điểm)


x 
2 x
1  

a) Cho biểu thức P  

 : 1 


x  1
x  1 
 x x  x  x  1

1
Rút gọn P . Tìm tất cả các giá trị của x để P   .
7
2
b) Cho phương trình ẩn x là x  px  q  0 1 (với p; q là các số nguyên tố). Tìm
tất cả các giá trị của p và q biết phương trình 1 có nghiệm là các số nguyên dương.
Bài 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x  1 x 2  2x  6  3  2x .

x 2  y 2  2xy 2

.
b) Giải hệ phương trình  3 1
   2
 x y
Bài 3. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), M là trung điểm cạnh BC. P là một điểm di
động trên đoạn AM (P khác A và M). Đường tròn đi qua P, tiếp xúc với đường thẳng AB tại A,
cắt đường thẳng BP tại K (K khác P). Đường tròn đi qua P, tiếp xúc với đường thẳng AC tại A,
cắt đường thẳng CP tại L (L khác P).
a) Chứng minh BP .BK  CP .CL  BC 2 .
b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PKC luôn đi qua hai điểm cố định.
c) Gọi J là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác PKC và E là giao điểm thứ hai của
đường tròn này với đường thẳng AC. Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác PLB và

F là giao điểm thứ hai của đường tròn này với đường thẳng AB. Chứng minh EF // IJ.
Bài 4. (1,0 điểm)
Cho ba số dương x , y, z thỏa mãn xy  yz  zx  5. Chứng minh
x
x2  5



y
y2  5



3z





6 z2  5



2 6
3

.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?
Bài 5. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên x 2y  xy  2x 2  5x  4.





b) Giả sử rằng A là tập hợp con của tập hợp 1; 2; 3;...; 1023 sao cho A không chứa
hai số nào mà số này gấp đôi số kia. Hỏi A có thể có nhiều nhất bao nhiêu phần tử?
----- Hết ----Họ tên thí sinh:……………….………………...Số báo danh: …………..................................
Cán bộ coi thi 1:……….………...…..................Cán bộ coi thi 2:.....………..……..…….........


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

HẢI PHÒNG

Năm học 2020 – 2021
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

HDC ĐỀ CHÍNH THỨC

Hướng dẫn gồm 04 trang

Bài

Đáp án

a) (1,0 điểm)



2 x
1   x + x +1 
=
−
:
P 

 ( x + 1) x − 1
x − 1   x + 1 



(

( x + 1) (
1
7

⇔

ĐK: x ≥ 0, x ≠ 1

0,25

1− x
x +1
⇔P=

x + x +1
x −1 x + x +1

2 x − x −1

=
⇔P
P≤−

)

Điểm

1− x
x + x +1

)

⋅

≤−

1
7

(

⇔ 7 − 7 x ≤ − x − x − 1 do x + x + 1 > 0 ∀x ≥ 0

0,25

)

0,25

1
⇔ x−6 x +8 ≤ 0
(2,0 ⇔ x − 2 x − 4 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4 ⇔ 4 ≤ x ≤ 16.
(
)(
)
điểm)
b) (1,0 điểm)

0,25

Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là ∆= p 2 − 4q ≥ 0 (*)

p
 x1 + x2 =
Áp dụng định lý Vi-et ta có 
với x1 ; x2 ∈  + .
x
x
q
=
 1 2
Vì q là số nguyên tố nên x1 = 1 hoặc x2 = 1

0,25

0,25

p và x2 là các số nguyên tố liên tiếp, suy ra x2 là số nguyên tố chẵn
Nếu x1 = 1 thì 1 + x2 =
nên x2= q= 2; p= 3 . Tương tự, nếu x2 = 1 thì x1= q= 2; p= 3

Ta thấy=
q 2;=
p 3 thỏa mãn điều kiện (*) là các giá trị cần tìm.

0,25
0,25

a) (1,0 điểm)
Đặt a = x + 1; b = − x 2 + 2 x + 6; b ≥ 0
0,5

ab= 3 + 2 x

b= a − 1
2
⇒ (a − b) =
1⇒ 
b= a + 1
a + b = 4 x + 7

Ta được 

2

2

x ≥ 0
1 + 13
− x2 + 2x + 6 = x ⇔  2
⇔x=
2
0
x − x − 3 =

−1 + 5
2
x =
x
≥
−
2

2
2
⇔
(2,0 Nếu b= a + 1 thay vào ta được: − x + 2 x + 6 = x + 2 ⇔  2

−1 − 5
 x + x − 1 =0
điểm)
x =

2
 −1 + 5 −1 − 5 1 + 13 


Vậy nghiệm của phương trình là x ∈ 
;
;

2
2 
 2



Nếu b= a − 1 , thay vào ta được:

0,25

0,25

b) (1,0 điểm)

2
2
2 xy 2
 x + y =
Với điều kiện x, y ≠ 0 thì hệ phương trình trở thành 
2
2 xy 2
 xy + 3 y =
⇒ x 2 − xy − 2 y 2 =
0

0,25

Trang 1


x = − y
⇒ x 2 + xy − 2 xy − 2 y 2 =0 ⇔ ( x + y )( x − 2 y ) =0 ⇔ 
x = 2y

0,25

1
−y
x = − y
x =
x =
⇔
⇔
Nếu x =− y ⇒  2
do x, y ≠ 0.
2
3
2x
x = 1
 y = −1
x + x =
5

x = 2y
x

=


x = 2 y


2
2y ⇒  2
⇔
Nếu x =
do x, y ≠ 0.
5 ⇔
2
3
4y
4 y + y =
 y = 4
y = 5

4

 5 5 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) ∈ (1; −1) ,  ;  
 2 4 


0,25

0,25

F

A
I
G

L
K

E

P
B

H

M

C

J
3
(3,0 Đáp án cho trường hợp hình vẽ trên, các trường hợp khác chứng minh tương tự.
điểm) a) (1,0 điểm)
BA là tiếp tuyến của đường tròn (APK) nên BA2 = BP.BK (1)

0,5

CA là tiếp tuyến của đường tròn (APL) nên CA2 = CP.CL ( 2 )
Từ (1) và (2) suy ra BP.BK + CP.CL = BA2 + CA2 = BC 2

b) (1,0 điểm)
BH .BC ( 3)
Gọi AH là đường cao của tam giác ABC ⇒ BA2 =

0,5
0,5

BH .BC . Suy ra tứ giác HPKC nội tiếp nên đường tròn
Từ (1) và (3) ⇒ BP.BK =
ngoại tiếp tam giác PKC đi qua hai điểm cố định là C và H.
c) (1,0 điểm)
Theo câu b) đường tròn (J) đi qua H. Chứng minh tương tự (I) đi qua H.
(I) và (J) cắt nhau tại H, P nên IJ ⊥ HP ( 4 )
 ( 5)
HPEC nt ⇒ 
AEP =
PHC
 ( 6)
HPFB nt ⇒ 
AFP =
PHC

Từ (5) và (6) suy ra tứ giác APEF nội tiếp nên

0,5

0,25

0,25

 = EAF
 = 900 ⇒ PE ⊥ PF
⇒ EPF

Trang 2


Gọi G là giao điểm của HP và EF. Do các tứ giác HPEC và APEF nội tiếp nên






GPE
= HCE
= MCA
= MAC
= PAE
= PFE
 + GEP
 =PFE
 + GEP
 =900 ⇒ PG ⊥ EF hay HP ⊥ EF ( 7 )
⇒ GPE

Từ (4), (7) suy ra IJ // EF.
P=
=

x

( x + y )( x + z )

+

( y + z )( y + x )

2
3
y
⋅
+
x+ y x+z
6

x
6

y

+

0,5

3z

0,25

6 ( z + x )( z + y )

3
2
3z
⋅
+
y+z y+x
6

1
1
⋅
z+x z+ y

4
(1,0
1  2x
3x
3y
2y
3z
3z 
1
2 6
điểm) ≤ 2 6  x + y + x + z + y + z + y + x + z + x + z + y = 2 6 ( 2 + 3 + 3)= 3



0,5

3
3
 2
z 2=
x 2y
=
= =
⇔ z = 2x = 2 y = 2
Đẳng thức xảy ra khi  x + y y + z z + x ⇔  2
x
=
5
5

 xy + yz + zx =
5


0,25

a) (1,0 điểm)
Phương trình ban đầu tương đương với xy ( x − 1)= 2 x 2 − 5 x + 4

0,25

2 x2 − 5x + 4
4
= 2 x − 5 + ( do x ≠ 0 )
x
x

Vì x, y ∈  nên x ∈ {±1; ±2; ±4}
⇒ y ( x − 1) =

0,25

Lập bảng các giá trị
x

y

−1
11
2

1

y

−2
11
3

2

−4
14
5

1

Mà x, y ∈  nên nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 2;1)
b) (1,0 điểm)
=
A0 {1=
Chia các số từ 1 đến 1023 thành các tập con
} , A1

4
4
3

0,5

{2;3=
} , A2 {4;5;6;7} ,

8;9;...;15} , A4 {16;17;...;31
=
{=
} , A5 {32;33;....;63} ,
5
=
A6 {=
64;65;...;127} , A7 {128;129;...;
=
255} , A8 {256; 257;...;511}
(2,0 A = {512;513;...;1023}
9
=
A3

điểm)

0,25

Dễ thấy số phần tử của tập Ak là 2k , k = 0,1,...,9 .
Nhận thấy n ∈ Ak ⇔ 2n ∈ Ak +1.
Xét A = A9 ∪ A7 ∪ A5 ∪ A3 ∪ A1 ⇒ A = 512 + 128 + 32 + 8 + 2 = 682 , rõ ràng A không
chứa số nào gấp đôi số khác.
Ta chỉ ra rằng không thể chọn tập con có nhiều hơn 682 số thỏa mãn bài ra.
Thật vậy: Giả sử tập A thỏa mãn yêu cầu bài toán và chứa ak phần tử thuộc Ak ,
k = 0,1,..,9.

Xét các tập hợp Ak và Ak +1 . Với m ∈ Ak tùy ý, ta có 2m ∈ Ak +1 . Số các cặp ( m, 2m )
như vậy là 2k và trong mỗi cặp như vậy có nhiều nhất một số thuộc A.
Ngoài ra tập Ak +1 còn chứa 2k số lẻ, tức là có nhiều nhất 2k + 2k =
2k +1 số thuộc A
được lấy từ Ak và Ak +1.
Suy ra a0 + a1 ≤ 21 , a2 + a3 ≤ 23 , a4 + a5 ≤ 25 , a6 + a7 ≤ 27 , a8 + a9 ≤ 29 . Cộng các bất đẳng
thức ta được a0 + a1 + a2 +  + a9 ≤ 682. Vậy số phần tử lớn nhất của A là 682.

0,25

0,25

0,25

Trang 3

Chú ý: - Trên đây chỉ trình bày tóm tắt một cách giải, nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng thì
cho điểm tối đa ứng với điểm của câu đó trong biểu điểm.
- Thí sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó theo đúng biểu điểm.
- Trong một câu, nếu thí sinh làm phần trên sai, dưới đúng thì không chấm điểm.
- Bài hình học, thí sinh vẽ hình sai thì không chấm điểm. Thí sinh không vẽ hình mà làm vẫn
làm đúng thì cho nửa số điểm của các câu làm được.
- Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, nếu thí sinh công nhận ý trên để làm ý dưới mà thí sinh
làm đúng thì chấm điểm ý đó.
- Điểm của bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn.

Trang 4