BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC bộ vào 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020 2021 hồ KHẮC vũ GV TOÁN QNAM

BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _

1

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

2

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUN NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn : TỐN (chun)
Ngày thi: 18/07/2020
Thời gian: 150 phút

Câu 1. (2,0 điểm)
1. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức

P

3x  4 x  7
x 1

x 3


nhận giá trị nguyên
x 2 x 3
x 3
x 1

2. Cho phương trình 2 x2  3x  2m  0. Tìm m để phương trình trên có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 thỏa :

1 1

1
x1 x2

Câu 2. (2,5 điểm)

x4  x2  1 1

1. Giải phương trình: 3
x  3x 2  x 2

 x  y  3x  2 y  11
2. Giải hệ phương trình: 

 x  y  y  x  2
Câu 3. (1,5 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên p, q sao cho p 2  3 pq  q 2 là một số chính phương
Câu 4. (3,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC cân tại A (với BAC  600 ) nội tiếp đường tròn  O  . Gọi

M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC. CMR: MA  MB  MC
2. Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  nội tiếp trong đường tròn tâm O, gọi D
là trung điểm của BC và E , F tương ứng là hình chiếu vng góc của D lên
AC, AB. Đường thẳng EF cắt các đường thẳng AO và BC theo thứ tự tại M
và N
a) CMR: tứ giác AMDN nội tiếp
b) Gọi K là giao điểm của AB và ED, L là giao điểm của AC và FD, H là
trung điểm của KL và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF .
CMR: HI  EF
Câu 5. (1,0 điêm)
Cho x, y là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _

 x  y
A

2

x2  y 2

 x  y


3

2

xy

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1. ĐK: x  0; x  1ta có:

P





3x  4 x  7
x 1
x 3


x2 x 3

x 3
x 1

3x  4 x  7 





 
 x  3 x  1
x 1

x 1 

3x  4 x  7  x  1  x  9






x 3


x  3

x 3




x  1

x 1



x 1





x 1
1
x 1

x 3



x4 x 3
x 3



x 3

4





x 1

2
x 1

Với x  , x  0, x  1  x  1  1; x  1  0 . Ta có:
2
2
P 1
 
  x  11;1;2  x 0;4;9 (tmdk )
x 1
x 1
2. Ta có:

 x1 x2  0
 x1 x2  0

1 1
2

 1    x1  x2 

2
2

2 ;   9  16m

1
x1 x2
x

x

4
x
x

x
x







2
1
2
1
2
1
2



  x1 x2 
1 1
Do đó 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 thỏa

1
x1 x2

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _

5

9  16m  0
  0


9
3

3

m 
x1  x2 
 x1  x2 
16

2


2



  x x  m   x1 x2  m
 m  0
1 2

x x  0

2
1 1
 1 2
 3   4m  m 2
 1  x  x 2  4x x  x x 2
 
 2 


1
2
1 2
1 2
x
x
2
 1


9

m

1


16
m1  (tm)


2
 m  0

 m   9 (tm)
4m 2  16m  9  0
 2

2


Câu 2.

3  13
, Vì x  0 nên:
2
1
x2  1  2
4

2
x  x 1 1
x  1 1 (chia cả tử và mẫu của về trái cho x 2  0)
 
3
2
1
x  3x  x 2
2
x 3
x
1
1
Đặt x   t  x 2  2  t 2  2 , được phương trình:
x
x
 1
t
t2 1 1
2
2
  DK : t  3  2t  2  t  3  2t  t  1  0   2

t 3 2
t  1
1
1 1
1  17
*)t   x    2 x 2  x  2  0  x 
(tm)

2
x 2
2
1
1  5
*)t  1  x   1  x 2  x  1  0  x 
(tm)
x
2
1  17
1  5
;x 
Vậy phương trình có các nghiệm: x 
2
2
2) Ta có
1) Điều kiện: x  0; x 

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _

1 



x  y  1  3x  2 y   y  x   1  3x  2 y thay

x y  yx



6

 y  4 x  1 3 .Thay (3) vao (2),
1

x 
 2   x  y  y  x  5 x  1  3x  1   3
9 x 2  6 x  1  5 x  1

1

x


1
3

x




  x  1  x  1  y  3
3

2
9 x  11x  2  
2

 x 
9

Vậy  x; y   1;3
Câu 3.
Với p, q là số nguyên tố sao cho p 2  3 pq  q 2 là một số chính phương

 p 2  3 pq  q 2  a  a 

   p  q

2

 pq  a 2

  a  p  q  a  p  q   pq
Mà p, q là số nguyên tố nên a  p  q  a  p  q; a  p  q  2 nên có các trường
hợp:
 p  2  1
 p  3



a  p  q  1
q  2  5
q  7

Th1: 
 1  2 p  2q  pq   p  2  q  2   5  

(tm)

a

p

q

pq
p

2

5
p

7





q  2  1

 q  3
a  p  q  p
a  p  q  p

Th2 : 

 VN
a

p

q

q
a

p

0(
ktm
do
a

p

2)


a  p  q  q
a  p  q  q
Th3: 

 VN
a


p

q

p
a

q

0(
ktm
do
a

q

3


Vậy 2 số nguyên tố p, q cần tìm là 3 và 7.
Câu 4.
1)

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021

MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _

7

Dựng tam giác đều AB ' C ' , lấy điểm D trên AM sao cho MD  MB '  MB ' D
cân,mà DMB '  ACB '  600  MB ' D đều
 B1 '  B2 '  AB ' C '  600  DB ' M  B2 '  B3 '  600
 AB ' D  C ' B ' M (c.g.c)  AD  MB '  MA  AD  DM  MB ' MC ' 1
Vẽ đường kính AOE, ta có:

BAC
B ' AC '
 300 
 EAB '  EAC '
2
2
 B nằm trên cung nhỏ MB ', C nằm trên cung nhỏ
MC '  MB  MB '; MC  MC '  2 
Từ (1) và (2) suy ra MA  MB  MC
EAB  EAC 

2)

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _

8

a) Vẽ đường kính AOJ . Ta có: ACJ  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 A1  J 3  900. Lại có: D1  B3  900 ( BDF vng) và B3  J 3 (góc nội tiếp cùng
chắn cung AC )  D1  A1
Ta có : AED  AFD  900  900  1800  Tứ giác AEDF nội tiếp  D2  E2
(góc nội tiếp cùng chắn cung AF )  ADN  D1  D2  A1  E2  AMN
(góc ngồi của tam giác) suy ra tứ giác AMDN nội tiếp
b) Ta có: KEL  KFL  900  tứ giác KLEF nội tiếp đường trịn đường kính
KL, mà H là trung điểm của KL  H là tâm đường trịn đường kính
KL  HE  HF 1
Vì I là tâm đường trịn ngoại tiếp AEF  IE  IF
Từ (1) và (2) suy ra IH là đường trung trực của đoạn EF  HI  EF
Câu 5.
2
2
2
2
2
x  y  x  y
x  y  x  y  x  y


A 2

 2



x  y2
xy
x  y2
2 xy
2 xy
Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
Ta có:

 x  y

2

x2  y 2

 x  y


2

2 xy

 x  y    x  y  
4. x  y 
 2


 4 (bất đẳng thức cô
2
x  y 2  2 xy
 x  y
2

si dạng phân thức) (dấu "  " xảy ra 
Lại có:

 x  y

2

2 xy

 x  y
 A

2



9

2

x y
x y


 x  y)
2
2
x y
2 xy

4 xy
 2 (dấu "  " xảy ra  x  y)
2 xy

 x  y


x2  y 2
xy
Vậy Min A  6  x  y

2

 x  y


2

x2  y 2

 x  y

2 xy

2

x  y

2 xy

2

426

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

10

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN
Năm học 2020 – 2021
Mơn :TỐN (Đề chun)
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (2,0 điểm)

 x3 x 2 x x   1
1  x  0 
Cho biểu thức P  


:


x 1   x 1
x 1  x  1 
 x x 2
1. Rút gọn biểu thức P
1
x 1
1
2. Tìm x để 
P
8
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Cho phương trình x4  2mx2  2m  6  0. Tìm giá trị của m để phương trình
có bốn nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 , x4 sao cho x1  x2  x3  x4 và
x4  2 x3  2 x2  x1  0

2
2

 xy  4 y  8  x  x  2 
2. Giải hệ phương trình 

x  y  3  3 2 y 1

Câu 3. (4,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường trịn (O), có đường cao
AH . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Đường thẳng AI cắt
đường tròn  O  tại điểm thứ hai M . Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua O. Đường
thẳng MA ' cắt các đường thẳng AH , BC theo thứ tự tại N và K . Gọi L là giao điểm
của MA và BC. Đường thẳng A ' I cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai là D. Hai
đường thẳng AD và BC cắt nhau tại điểm S
1) Chứng minh tam giác ANA ' là tam giác cân và MA '.MK  ML.MA
2) Chứng minh MI 2  ML.MA và tứ giác NHIK là tứ giác nội tiếp
3) Gọi T là trung điểm của cạnh SA, chứng mnh ba điểm T , I , K thẳng hàng
4) Chứng minh nếu AB  AC  2BC thì I là trọng tâm của tam giác AKS
Câu 4.(1,0 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn 2x  y 2  4 y  61  0
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  8. Chứng minh :
a
b
c
1


  a 2  b2  c 2 
ca  4 ab  4 bc  4 16

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021

MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
ĐÁP ÁN
Câu 1.
 x 1 x  2
x. x  1 
 : x 1 x 1
1) P  

 x 2
x 1
x 1 x 1 
x 1 x 1










 

 x 1
x 


:
x


1
x

1


2)








2 x



x 1





x 1

 



1
.
x 1





11





x 1



x 1

2 x

x 1
2 x

1
x 1
2 x

x 1

1

1 0
P
8
8
x 1
16 x  x  2 x  1  8 x  8
8





x 1

 6 x  x  9  0(do 8
 x6 x 90





0



x  1  0 x  0; x  1)



2

x  3  0  x  3  0  x  9(tm)

Vậy x  9
Câu 2.
2.1
Phương trình x 4  2mx 2  2m  6  0 1

Đặt t  x 2  t  0  , ta có: t 2  2mt  2m  6  0
 2
Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt  pt  2  có hai nghiệm dương phân biệt
t1 , t2
 '  0
 m 2  2m  6  0

  P  2m  6  0  
 3
m  0
 S  2m  0

Với điều kiện  3 , phương trình  2  có hai nghiệm dương 0  t1  t2  phương trình
(1) có 4 nghiệm phân biệt :
x1   t2  x2   t1  x3  t1  x4  t2 . Theo đề bài ta cũng có:

x4  2 x3  2 x2  x1  0  x4  x1  2  x3  x2   t2  2 t1  t2  4t1  4 
t  t  2m

Theo định lý Vi-et, ta có:  1 2
 5
t1t2  2m  6
Từ (4) và (5) ta có: 5t1  2m và 4t12  2m  6  16m2  50m  150  0

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _

12

15

m


(ktm)

8

 m  5(tm)
Vậy m  5 thỏa mãn bài toán.
2.2.
2
2


 xy  4 y  8  x  x  2  (1)
Giải hệ phương trình 
(2)

x  y  3  3 2 y 1
1
Điều kiện 2 y  1  0  y 
2
 x  4
Phương trình 1   x  4   y 2  x  2   0  
2
x  y  2
Thế x  4 vào phương trình thứ 2 ta được:

y 1
y 1  3 2 y 1  
 y  10  3 10
2
y

1

9
2
y

1







2
(3)
Với x  y  2, thay vào  2  ta được y 2  y  5  3 2 y  1
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
y 2  y  5   y 2  y  1   2 y  1  5   2 y  1  5  2 5  2 y  1  3 2 y  1
Do đó phương trình (3) vơ nghiệm
Vậy x  4; y  10  3 10

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
Câu 3.

13

A
D
T

S

I
B

O

L

H

C
A'

N

M

1) Chứng minh tam giác ANA ' là tam giác cân và MA '.MK  ML.MA
Ta có A ' AC  900  AA ' C  900  ABC  BAH mà AI là phân giác của góc BAC
nên AI là phân giác góc NAA '  AM  MA '  ANA ' cân tại A
2) Chứng minh MI 2  ML.MA và tứ giác NHIK là tứ giác nội tiếp
MIC  MAC  ACI  MCB  BCI  MCI  MI  MC
MCL

MAC ( g.g )  ML.MA  MC 2  ML.MA  MI 2

MN .MK  MA '.MK  ML.MA  MI 2  IMN

KIN ( g.g )  NIK  900

NIK  NHK  900  Tứ giác NHIK nội tiếp
3) Gọi T là trung điểm của cạnh SA, chứng mnh ba điểm T , I , K thẳng hàng
Tứ giác NHIK nội tiếp suy ra IHK  INK  IA ' M  IAD

Suy ra AIHS là tứ giác nội tiếp, do đó AIS  AHS  900
TIA  TAI  INK
 TIA  MIK , suy ra ba điểm T , I , K thẳng hàng
4) Chứng minh nếu AB  AC  2BC thì I là trọng tâm của tam giác AKS
Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250

K


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
AI AB AC AB  AC 2BC
Ta có:




2
IL BL CL BL  CL
BC

14

A
T
E

I

S

K

L

LE IL 1
LE 1

 

AT IA 2
ST 2
AI
 2 nên I là trọng tâm của tam giác ASK
Suy ra L là trung điểm của SK mà
IL
Câu 4.
2
Ta có: 1  2 x  65   y  2 
Kẻ LE / / SA E TK . Ta có:

Vì 65 chia hết cho 5 và 2 x không chia hết cho 5 với mọi x nguyên dương nên nếu
cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn phương trình 1 thì y  2 là số nguyên không
chia hết cho 5. Suy ra  y  2   1 mod5
2

Do đó 2x  1 mod5 , suy ra x  2k , k  
Thay vào phương trình đề ta được:
2

22 k  65   y  2   65  y  2  2k y  2  2k







(2)

Vì k ; y nguyên dương nên y  2  2k  0, từ (2) suy ra y  2  2k  0 và

y  2  2k  y  2  2k . Do đó:

  y  2  2k

k
  y  2  2

k
  y  2  2
  y  2  2k


 65

 k  5
  x  10



1
 y  35   y  35



 k  2
 x  4
 13


y

11

  y  11
5


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm dương là 10;35 và  4;11

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
Câu 5.
Vì a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  8 nên tồn tại các số thực dương
2x

2y
2z
;c 
x, y, z sao cho a  ; b 
y
z
x
x2 y 2 z 2
2x
2y
2z
Bất đẳng thức trở thành 2  2  2 


y
z
x
yz zx x y

 x2 y 2 z 2   x y
3 2  2  2     
z
x  y z
y
x2 y 2 z 2 x y z
 2 2 2  
y
z
x
y z x

15

2

x y z
z
  3     2 
x
 y z x

x2 y 2 z 2 x y y z z x x y z

  .  .  .     3
y 2 z 2 x2 y z z x x y z x y
Từ (2) và (3) ta có:
 x2 y 2 z 2  x y z x y z
2 2  2  2       
z
x  y z x z x y
y
Lại có:
1 1
x y z x y z
1 1 1 1
      x    y    z  
y z x z x y
x z x y
 y z
4x

4y
4z



yz zx x y
Ta có bất đẳng thức đề được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a bc2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2020 – 2021
Mơn :TỐN (Đề chun)
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (2,0 điểm)

 x3 x 2 x x   1
1  x  0 
Cho biểu thức P  


:


x 1   x 1
x 1  x  1 
 x x 2

1. Rút gọn biểu thức P
1
x 1
1
2. Tìm x để 
P
8
Câu 2. (2,0 điểm)
Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _

16

1. Cho phương trình x4  2mx2  2m  6  0. Tìm giá trị của m để phương trình
có bốn nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 , x4 sao cho x1  x2  x3  x4 và
x4  2 x3  2 x2  x1  0

2
2

 xy  4 y  8  x  x  2 
2. Giải hệ phương trình 

x  y  3  3 2 y 1
Câu 3. (4,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn (O), có đường cao
AH . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Đường thẳng AI cắt
đường tròn  O  tại điểm thứ hai M . Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua O. Đường
thẳng MA ' cắt các đường thẳng AH , BC theo thứ tự tại N và K . Gọi L là giao điểm
của MA và BC. Đường thẳng A ' I cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai là D. Hai
đường thẳng AD và BC cắt nhau tại điểm S
1) Chứng minh tam giác ANA ' là tam giác cân và MA '.MK  ML.MA
2) Chứng minh MI 2  ML.MA và tứ giác NHIK là tứ giác nội tiếp
3) Gọi T là trung điểm của cạnh SA, chứng mnh ba điểm T , I , K thẳng hàng
4) Chứng minh nếu AB  AC  2BC thì I là trọng tâm của tam giác AKS
Câu 4.(1,0 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn 2x  y 2  4 y  61  0
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  8. Chứng minh :
a
b
c
1


  a 2  b2  c 2 
ca  4 ab  4 bc  4 16

ĐÁP ÁN
Câu 1.

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250

BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _


1) P  







x  2 

x 1


x  1 

x 2

 x 1
x 


:
x

1

x

1


2)




x.






:
x 1 


x 1



x 1
2 x



x 1



x 1

x 1 x 1

 



1
.
x 1

17





x 1



x 1



x 1



x 1

2 x

x 1
2 x

1
x 1
2 x
x 1

1

1 0
P
8
8
x 1
16 x  x  2 x  1  8 x  8
8





x 1

 6 x  x  9  0(do 8
 x6 x 90





0



x  1  0 x  0; x  1)



2

x  3  0  x  3  0  x  9(tm)

Vậy x  9
Câu 2.
2.1
Phương trình x 4  2mx 2  2m  6  0 1

Đặt t  x 2  t  0  , ta có: t 2  2mt  2m  6  0
 2
Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt  pt  2  có hai nghiệm dương phân biệt
t1 , t2

 '  0
 m 2  2m  6  0

  P  2m  6  0  
 3
m

0

 S  2m  0

Với điều kiện  3 , phương trình  2  có hai nghiệm dương 0  t1  t2  phương trình
(1) có 4 nghiệm phân biệt :
x1   t2  x2   t1  x3  t1  x4  t2 . Theo đề bài ta cũng có:

x4  2 x3  2 x2  x1  0  x4  x1  2  x3  x2   t2  2 t1  t2  4t1  4 
t  t  2m
Theo định lý Vi-et, ta có:  1 2
 5
t1t2  2m  6
Từ (4) và (5) ta có: 5t1  2m và 4t12  2m  6  16m2  50m  150  0

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _

18

15

m


(ktm)

8

 m  5(tm)
Vậy m  5 thỏa mãn bài toán.
2.2.
2
2

 xy  4 y  8  x  x  2  (1)
Giải hệ phương trình 
(2)

x  y  3  3 2 y 1
1
Điều kiện 2 y  1  0  y 
2
 x  4
Phương trình 1   x  4   y 2  x  2   0  
2
x  y  2
Thế x  4 vào phương trình thứ 2 ta được:


y 1
y 1  3 2 y 1  
 y  10  3 10
2
y

1

9
2
y

1






2
(3)
Với x  y  2, thay vào  2  ta được y 2  y  5  3 2 y  1
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
y 2  y  5   y 2  y  1   2 y  1  5   2 y  1  5  2 5  2 y  1  3 2 y  1
Do đó phương trình (3) vơ nghiệm
Vậy x  4; y  10  3 10

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994

phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
Câu 3.

19

A
D
T

S

I
B

O

L

H

C
A'

N

M

1) Chứng minh tam giác ANA ' là tam giác cân và MA '.MK  ML.MA
Ta có A ' AC  900  AA ' C  900  ABC  BAH mà AI là phân giác của góc BAC
nên AI là phân giác góc NAA '  AM  MA '  ANA ' cân tại A
2) Chứng minh MI 2  ML.MA và tứ giác NHIK là tứ giác nội tiếp
MIC  MAC  ACI  MCB  BCI  MCI  MI  MC
MCL

MAC ( g.g )  ML.MA  MC 2  ML.MA  MI 2

MN .MK  MA '.MK  ML.MA  MI 2  IMN

KIN ( g.g )  NIK  900

NIK  NHK  900  Tứ giác NHIK nội tiếp
3) Gọi T là trung điểm của cạnh SA, chứng mnh ba điểm T , I , K thẳng hàng
Tứ giác NHIK nội tiếp suy ra IHK  INK  IA ' M  IAD
Suy ra AIHS là tứ giác nội tiếp, do đó AIS  AHS  900
TIA  TAI  INK
 TIA  MIK , suy ra ba điểm T , I , K thẳng hàng
4) Chứng minh nếu AB  AC  2BC thì I là trọng tâm của tam giác AKS
Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250

K


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _

AI AB AC AB  AC 2BC
Ta có:




2
IL BL CL BL  CL
BC

20

A
T
E

I
S

K

L

LE IL 1
LE 1

 

AT IA 2
ST 2

AI
 2 nên I là trọng tâm của tam giác ASK
Suy ra L là trung điểm của SK mà
IL
Câu 4.
2
Ta có: 1  2 x  65   y  2 
Kẻ LE / / SA E TK . Ta có:

Vì 65 chia hết cho 5 và 2 x không chia hết cho 5 với mọi x nguyên dương nên nếu
cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn phương trình 1 thì y  2 là số nguyên không
chia hết cho 5. Suy ra  y  2   1 mod5
2

Do đó 2x  1 mod5 , suy ra x  2k , k  
Thay vào phương trình đề ta được:
2
22 k  65   y  2   65  y  2  2k y  2  2k







(2)

Vì k ; y nguyên dương nên y  2  2k  0, từ (2) suy ra y  2  2k  0 và

y  2  2k  y  2  2k . Do đó:

  y  2  2k

k
  y  2  2

k
  y  2  2
  y  2  2k


 65

 k  5
  x  10


1
 y  35   y  35



 k  2
 x  4
 13


y

11


  y  11
5


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm dương là 10;35 và  4;11

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
Câu 5.
Vì a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  8 nên tồn tại các số thực dương
2x
2y
2z
;c 
x, y, z sao cho a  ; b 
y
z
x
x2 y 2 z 2
2x
2y
2z
Bất đẳng thức trở thành 2  2  2 



y
z
x
yz zx x y

 x2 y 2 z 2   x y
3 2  2  2     
z
x  y z
y
x2 y 2 z 2 x y z
 2 2 2  
y
z
x
y z x

21

2

x y z
z
  3     2 
x
 y z x

x2 y 2 z 2 x y y z z x x y z


  .  .  .     3
y 2 z 2 x2 y z z x x y z x y
Từ (2) và (3) ta có:
 x2 y 2 z 2  x y z x y z
2 2  2  2       
z
x  y z x z x y
y
Lại có:
1 1
x y z x y z
1 1 1 1
      x    y    z  
y z x z x y
x z x y
 y z
4x
4y
4z



yz zx x y
Ta có bất đẳng thức đề được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a bc2
ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT
CHUYÊN KHTN HÀ NỘI
MƠN TỐN CHUN

Câu I. (4 điểm)


 x  y  x  1  4
1) Giải hệ phương trình  2
3
3

 y  xy  x  y  5 x  y  12 y  13  243
7
7
7
2) Giải phương trình:  x  12    2 x  12    24  3x   0
Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
Câu II. (2 điểm)

22

1) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho cả ba số
4a2  5b;4b2  5c;4c2  5a đều là bình phương của số nguyên dương
2) Từ một bộ 4 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 III. (3 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A với BAC  900. Gọi P là giao điểm của BE với
trung trực của BC. Gọi K là hình chiếu vng góc của P lên AB. Gọi Q là hình
chiếu vng góc của E lên AP. Gọi giao điểm của EQ và PK là F
1) Chứng minh rằng 4 điểm A, E, P, F cùng thuộc một đường tròn
2) Gọi giao điểm của KQ và PE là L. Chứng minh rằng LA  LE
3) Gọi giao điểm của FL và AB là S. Gọi giao điểm của KE và AL là T. Lấy R
là điểm đối xứng với A qua L. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam
giác AST và đường tròn ngoại tiếp tam giác BPR tiếp xúc với nhau
Câu IV. (1 điểm)
Với a, b, c là những số thực dương thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng
2

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

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250

BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
ĐÁP ÁN

23

Câu I.
1) Thay  x  y  x  1  4 vào phương trình  2  ta có:
y 2  xy  y  5   x  y  y  1   x  y  x  1  1
  x  y  x  y  2   1   x  y  1

2

) x3  y 3  12 y  13  x3  y 3  3  x  y  x  1 y  1  1
  x  y  1   x  y  1  243
3

5

 x  y  1  3  x  y  2  1  x  y
2) Đặt x  12  a và 2 x  12  b  a7  b7   a  b   0
7

  a  b   a 6  a 5b  a 4b 2  a 3b3  b 4a 2  ab5  b 6    a  b  a  b   0
6

 a 6  a 5b  a 4b 2  a 3b3  b 4 a 2  ab5  b 6  a 6 
  a  b  
0
5

4 2
3 3
4 2
5
6

6
a
b

15
a
b

20
a
b

15
b
a

6
ab

b


  a  b  7ab  a 4  2a 3b  3a 2b 2  2b3a  b 4   0

2
2
  a  b  7ab  a 2  ab   a 2b 2   b 2  ab    0


a  0
 x  12

 b  0  x  6


 a  b
 x  8

Câu II.
1) Khơng mất tính tổng quát, giả sử a  max a; b; c. Ta có:

 2a 

2

 4a 2  5b   2a  2   4a 2  5b   2a  1  5b  4a  1
2

2

Chứng minh tương tự : 5c  4b  1 

 2c 

2

 4c 2  5a   2c  3

16a  9
25c  9
hay a 
 2c. Từ đó:
5
16

2





Nên ta phải có 4c 2  5a   2c  1 ,  2c  2  . Từ đây, xét hai trường hợp:
2

2

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _

24

*) Nếu 4c 2  5a   2c  1 thì 5a  4c  1và do a  c nên trong trường hợp này thì
2

a  b  c 1
*)Nếu 4c 2  5a   2c  2  thì 5a  8c  4. Khi đó,
2

128
64
c
 25c  16a  9 (vô lý)
5
5
Vậy a  b  c
2) Giả sử ở thời điểm thứ n ta thu được bộ số  an ; bn , cn , dn  và nếu đặt
16a 

Sn  an  bn  cn  dn thì Sn  2Sn1  Sn  2n S0 với S0  a  b  c  d

Vì tồn tại hai thời điểm ta thu được cùng một số nên S0  0 kéo theo Sn  0 với mọi

n . Nếu đặt Pn  an2  bn2  cn2  dn2 thì
Pn1  2Pn  2  an  cn  bn  dn   2Pn  2Sn21  2Pn  n  1
 Pn  2n1 P1  n  2 

Cũng vì tồn tại hai thời điểm thu được hai bộ số giống nhau nên P1  0
 a1  b1  c1  d1  0 .

Điều đó có nghĩa tồn bộ số ban đầu phải là  a, a, a, a 

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250


BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC BỘ VÀO 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020-2021
MƠN TỐN _Hồ Khắc Vũ _
Câu III.

25

A
L
S

R

Q
F

K
B

T

E
P
C

1) Ta có PAE  PAK  EFK  AEPF là tứ giác nội tiếp
2) Điểm A nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF nên theo định lý về
đường thẳng Simson, hình chiếu vng góc của A trên 3 cạnh của tam giác
PEF thẳng hàng
Do K , Q lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên PF , PE, KQ cắt PE tại

L nên AL  PE
3) Ta phát biểu một bổ đề như sau
Bổ đề Cho tam giác ABC. Đường cao AD, P là điểm bất kỳ trên AD. BP, CP
cắt AC, AB lần lượt tại E và F. Khi đó DA là phân giác EDF
Chứng minh: Qua A kẻ đường song song với BC , cắt DE, DF tại X và Y
Ta có:

AX AE AY AF
AE CD BF

;

.
.
 1(định lý Ceva) nên AX  AY
mà
DC EC DB FB
EC DB FA

Lại có AD  XY  DA là phân giác EDF
Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán THCS Tam Kỳ - Quảng Nam
29.06.1994
phone, zalo: 037.858.8250