tài liệu Bộ đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2021-2022

tai lieu, document1 of 66.

Tailieumontoan.com

Điện thoại (Zalo) 039.373.2038

TUYỂN TẬP ĐỀ VÀO 10 CHUN
MƠN TỐN NĂM HỌC 2021-2021

Tài liệu sưu tầm, ngày 31 tháng 5 năm 2021

luan van, khoa luan 1 of 66.


tai lieu, document2 of 66.

Website:tailieumontoan.com

Mục Lục
Trang
Đề số 1. Đề thi vào 10 Chuyên An Giang năm 2021-2022

1

Đề số 2. Đề thi vào 10 Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu năm 2021-2022

10

Đề số 3. Đề thi vào 10 Chuyên Bến Tre năm 2021-2022

15

Đề số 4. Đề thi vào 10 Chuyên Bình Định năm 2021-2022

23

Đề số 5. Đề thi vào 10 Chuyên Bình Phước năm 2021-2022

34

Đề số 6. Đề thi vào 10 Chuyên Cà Mau năm 2021-2022

44

Đề số 7. Đề thi vào 10 Chuyên Cần Thơ năm 2021-2022

52

Đề số 8. Đề thi vào 10 Chuyên Đăk Lăk năm 2021-2022

61

Đề số 9. Đề thi vào 10 Chuyên Bến Tre năm 2021-2022

68

Đề số 10. Đề thi vào 10 Chuyên Đồng Nai năm 2021-2022

77

Đề số 11. Đề thi vào 10 Chuyên Hà Nam năm 2021-2022

88

Đề số 12. Đề thi vào 10 Chuyên Sư Phạm Hà Nội năm 2021-2022

96

Đề số 13. Đề thi vào 10 Chuyên Hà Nội 2021-2022

108

Đề số 14. Đề thi vào 10 Chuyên Phổ Thông Năng Khiếu 2021-2022

115

Đề số 15. Đề thi vào 10 Chuyên Phổ Thông Năng Khiếu 2021-2022

123

Đề số 16. Đề thi vào 10 Chuyên Hà Tĩnh 2021-2022

130

Đề số 17. Đề thi vào 10 Chuyên Hải Phòng 2021-2022

138

Đề số 18. Đề thi vào 10 Chuyên Khánh Hòa 2021-2022

147

Đề số 19. Đề thi vào 10 Chuyên Kiên Giang 2021-2022

156

Đề số 20. Đề thi vào 10 Chuyên Lâm Đồng 2021-2022

164

Đề số 21. Đề thi vào 10 Chuyên Lào Cai 2021-2022

172

Đề số 22. Đề thi vào 10 Chuyên Nghệ An 2021-2022

180

Đề số 23. Đề thi vào 10 Chuyên Ninh Thuận 2021-2022

192

Đề số 24. Đề thi vào 10 Chuyên Quảng Bình 2021-2022

199

Đề số 25. Đề thi vào 10 Chuyên Chung Quảng Nam 2021-2022

209

Đề số 26. Đề thi vào 10 Chuyên Quảng Nam 2021-2022

218

Đề số 27. Đề thi vào 10 Chuyên Quảng Ngãi 2021-2022

226

Đề số 28. Đề thi vào 10 Chuyên Chung Quảng Trị 2021-2022

235

Đề số 29. Đề thi vào 10 Chuyên Quảng Trị 2021-2022

244

Đề số 30. Đề thi vào 10 Chuyên Tây Ninh 2021-2022

252

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

luan van, khoa luan 2 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document3 of 66.

Website:tailieumontoan.com

Đề số 31. Đề thi vào 10 Chuyên Thái Bình 2021-2022

259

Đề số 32. Đề thi vào 10 Chuyên Thanh Hóa 2021-2022

267

Đề số 33. Đề thi vào 10 Chuyên Quốc Học Huế 2021-2022

276

Đề số 34. Đề thi vào 10 Chuyên Quốc Học Huế 2021-2022

285

Đề số 35. Đề thi vào 10 Chuyên Tiền Giang 2021-2022

292

Đề số 36. Đề thi vào 10 Chuyên KHTN Hà Nội 2021-2022

301

Đề số 37. Đề thi vào 10 Chuyên Trà Vinh 2021-2022

309

Đề số 38. Đề thi vào 10 Chuyên Vĩnh Long 2021-2022

316

Đề số 39 . Đề thi vào 10 Chuyên Vĩnh Phúc 2021-2022

323

Đề số 40. Đề thi vào 10 Chuyên Quảng Ninh 2021-2022

333

Đề số 41. Đề thi vào 10 Chun Hịa Bình 2021-2022

340

Đề số 42 . Đề thi vào 10 Chuyên Nam Định 2021-2022

348

Đề số 43 . Đề thi vào 10 Chuyên Nam Định 2021-2022

354

Đề số 34 . Đề thi vào 10 Chuyên Nam Định 2021-2022

323

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

luan van, khoa luan 3 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document4 of 66.

Website:tailieumontoan.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH AN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học: 2021 - 2022
Mơn thi: TỐN - CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Khơng kể thời gian phát đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Bài 1. (3,0 điểm)
a) Rút gọn A =

419 − 40 19 + 419 + 40 19 .

(

)

b) Giải phương trình 2 x 2 + 2 3 + 3 x + 3 3 =
0.

(

)

c) Biết nghiệm của phương trình 2 x 2 + 2 3 + 3 x + 3 3 =
0 là nghiệm của phương trình

4 x 4 + bx 2 + c =
0 . Tìm các số b, c .
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Vẽ đồ thị ( P ) của hàm số y = − x 2 .
b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 0;1) và tiếp xúc với ( P ) .
Bài 3. (1,0 điểm)
Cho hai số a, b phân biệt thỏa mãn a 2 − 2021a =
b 2 − 2021b =
c , với c là một số thực dương.
Chứng minh rằng:

1 1 2021
0.
+ +
=
a b
c

Bài 4. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC ( AB < AC ) nội tiếp trong đường tròn ( O ) đường kính AC . Gọi I là một điểm
thuộc đoạn OC ( I khác O và C ). Qua I kẻ đường vng góc với AC cắt BC tại E và AB kéo dài tại
D . Gọi K là điểm đối xứng của C qua điểm I .
a) Chứng minh rằng các tứ giác BDCI và AKED nội tiếp.
b) Chứng minh IC.IA = IE.ID .

Bài 5. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC đều có diện tích 36 cm 2 . Gọi M , N , P là ba
điểm lần lượt nằm trên ba cạnh AB, BC , CA sao cho

MN ⊥ BC ; NP ⊥ AC ; PM ⊥ AB . Chứng tỏ rằng tam giác MNP đều
và tính diện tích tam giác MNP .
Bài 6. (1,0 điểm)
Hai ngọn nến hình trụ có chiều cao và đường kính khác nhau được
đặt thẳng đứng trên mặt bàn. Ngọn nến thứ nhất cháy hết trong 6 giờ,
ngọn nến thứ hai cháy hết trong 8 giờ. Hai ngọn nến được thắp sáng cùng
lúc, sau 3 giờ chúng có cùng chiều cao.
a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.
b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến.
= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =
Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 4 of 66.

TÀI LIỆU TỐN HỌC


tai lieu, document5 of 66.

Website:tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1. (3,0 điểm)
a) Rút gọn A =

419 − 40 19 + 419 + 40 19 .

)

(

b) Giải phương trình 2 x 2 + 2 3 + 3 x + 3 3 =
0.

)

(

c) Biết nghiệm của phương trình 2 x 2 + 2 3 + 3 x + 3 3 =
0 là nghiệm của phương trình

4 x 4 + bx 2 + c =
0 . Tìm các số b, c .
Lời giải
a) Rút gọn

A = 419 − 40 19 + 419 + 40 19

=

400 − 2.20. 19 + 19 + 400 + 2.20. 19 + 19=

( 20 −

19

)

2

( 20 +

+

19

)

2

= 20 − 19 + 20 + 19 = 20 − 19 + 20 + 19 = 40 .
Vậy A = 40 .

(

)

b) Giải phương trình 2 x 2 + 2 3 + 3 x + 3 3 =
0.

(

∆=

)

2

2 3 + 3 − 4.2.3 3 = 12 + 9 + 12 3 − 24 3 = 12 + 9 − 12 3 =

(

)

2

2 3 −3 > 0

⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt.

(

) (

)

(

) (

)

− 2 3 +3 + 2 3 −3
− 2 3 +3 − 2 3 −3
−3
; x2 =

=
= − 3.
2.2
2
2.2

x1




Vậy phương trình có tập nghiệm là S = − 3;

−3 
.
2

(

)

c) Biết nghiệm của phương trình 2 x 2 + 2 3 + 3 x + 3 3 =
0 là nghiệm của phương trình

4 x 4 + bx 2 + c =
0 . Tìm các số b, c .
Xét phương trình 4 x 4 + bx 2 + c =
0 , có hai nghiệm là − 3;

(

)

(

−3
nên ta có:
2

)

4 − 3 4 + b − 3 2 + c =
0
0
4.9 + b.3 + c =
3b + c =−36


⇔  81
⇔
2
 −3 4
9
−81
0
9b + 4c =
4   + b  −3  + c =
4. 16 + b. 4 + c =
0
 2 

  2 
c = 27
27
−108
9b + 3c =
c =

.
⇔
⇔
−36 − c ⇔ 
−81
−21
9b + 4c =
b =
b =
3
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 5 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document6 of 66.

Website:tailieumontoan.com

Vậy b =
−21; c =

27 là các giá trị cần tìm.
Bài 2. (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị ( P ) của hàm số y = − x 2 .

b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 0;1) và tiếp xúc với ( P ) .
Lời giải
a) Vẽ đồ thị hàm số y = − x

2

( P ) , ta có bảng sau:

x

-2

-1

0

1

2

y = x2

-4

-1

0

-1

-1

Vậy đồ thị hàm số y = x 2 ( P ) là Pa-ra-bol đi qua ( −2; −4 ) , ( −1; −1) , ( 0 : 0 ) , (1; −1) , ( 2; −4 ) và nhận

Oy làm trục đối xứng.
y
2

1
x
5

-2

-1

O

1

2

5

-1

2

4

f(x) = x2

b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 0;1) và tiếp xúc với ( P ) .
Giả sử phương trình đường thẳng ( d ) có dạng =
y ax + b .

( d ) đi qua A ( 0;1) nên ta có 1 = a.0 + b ⇒ b =1 ⇒ ( d )

có dạng =
y ax + 1 .

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của ( d ) và ( P ) :

− x 2 = ax + 1 ⇔ x 2 + ax + 1 = 0 (1).
Để ( d ) và ( P ) tiếp xúc nhau thì (1) có nghiệm kép

⇔ ∆ = 0 ⇔ a 2 − 4.1.1= 0 ⇔ a 2 = 4 ⇔ a = ±2 .
Vậy ta có hai đường thẳng ( d ) thỏa mãn là =
y 2 x + 1 và y =
−2 x + 1 .
Bài 3. (1,0 điểm)
Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 6 of 66.

TÀI LIỆU TỐN HỌC

tai lieu, document7 of 66.

Website:tailieumontoan.com

Cho hai số a, b phân biệt thỏa mãn a 2 − 2021a =
b 2 − 2021b =
c , với c là một số thực dương.
Chứng minh rằng:

1 1 2021
+ +
=
0.
a b
c
Lời giải

Theo bài ra ta có a − 2021a =
b − 2021b
2

2

⇔ a 2 − b 2 − 2021a + 2021b =
0

⇔ ( a − b )( a + b − 2021) =
0

 a = b ( ktm )
.
⇔
2021
a + b =
Với a = b loại do a, b phân biệt.

(

)

Với a + b =2021 ⇒ b =2021 − a ⇒ ab =2021a − a 2 =− a 2 − 2021a =−c .
Thay a + b =2021; ab =−c vào ta được

Vậy

1 1 2021 a + b 2021 2021 2021
+ +
=
+
=
+
=0.
a b
c
ab
c
−c
c

1 1 2021
+ +
=
0.
a b
c

Bài 4. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC ( AB < AC ) nội tiếp trong đường tròn ( O ) đường kính AC . Gọi I là một điểm
thuộc đoạn OC ( I khác O và C ). Qua I kẻ đường vng góc với AC cắt BC tại E và AB kéo dài tại
D . Gọi K là điểm đối xứng của C qua điểm I .
a) Chứng minh rằng các tứ giác BDCI và AKED nội tiếp.
b) Chứng minh IC.IA = IE.ID .
Lời giải
D

B
E

A

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 7 of 66.

K

O

I

C

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document8 of 66.

Website:tailieumontoan.com

a) Chứng minh rằng các tứ giác BDCI và AKED nội tiếp.

 =°
Ta có 
ABC= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ DBC
90 (kề bù với 
ABC= 90° );
= 90° ( DI ⊥ AC ) ⇒ tứ giác BDCI nội tiếp đường tròn đường kính CD .
DIC
=
 (hai góc nội tiếp cùng chắn BI
 ).
⇒ ECI
EDB
Lại có K là điểm đối xứng của C qua điểm I nên I là trung điểm của CK ⇒ ∆EKC có EI vừa

(

)

 = ECI
 ⇒ EKI
 = EDB
 = ECI
 ⇒ tứ giác AKED
là trung tuyến, vừa là đường cao nên cân tại E ⇒ EKI
có góc ngồi đỉnh K bằng góc trong đỉnh D nên là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh IC.IA = IE.ID .
Xét ∆IDA và ∆ICE có:

 = ICE
 (hai góc nội tiếp cùng chắn BI
 );
IDA

 ( =90°, DI ⊥ AC )
AID =EIC

ID IC
⇒ ∆IDA” ∆ICE ( g .g ) ⇒ =
⇒ IC.IA
= IE.ID .
IA IE
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC đều có diện tích 36 cm 2 . Gọi M , N , P là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh

AB, BC , CA sao cho MN ⊥ BC ; NP ⊥ AC ; PM ⊥ AB . Chứng tỏ rằng tam giác MNP đều và tính diện
tích tam giác MNP .
Lời giải
C

N

P

A

Trong

∆MNB

vng

tại

B

M

M,

ta

có

 =°
 + MNB
MBN
90 ;

(

mà

PN ⊥ BC ( GT )

mà

NM ⊥ AB ( GT )

)

= MBN
= 60°= 90° − MNB
 ;
 + MNP
 =°
⇒ MNB
90 ⇒ MNP
Trong

∆AMP

vng

tại

P,

ta

có


=
AMP + PAM
90° ;

(

)

= PAM
= 60°= 90° − 
 =°
AMP ;
⇒
AMP + PMN
90 ⇒ PMN
= PMN
= 60° nên là tam giác đều.
∆MNP có MNP
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 8 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document9 of 66.

Website:tailieumontoan.com

= NP
= PN
= x vì ∆MNP đều nên S MNP =
Đặt MN

x2 3
.
4

Mặt khác ∆BMN =
∆CNP =
∆APM (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ S BMN = SCNP = S APM .
Trong

⇒ S BMN
=

tam

giác

BMN

vng

M

tạ

ta

có =
BM MN =
.tan B x.cot
=
60°

x. 3
3

1
1 x 3
x2 3
.
BM .MN
=
.
=
.x
2
2 3
6
x2 3 x2 3
x2 3
x2 3
+
⇒3

= 36 ⇒
= 12 ( cm 2 ) .
6
4
4
4

⇒ S ABC = 3.S BMN + S MNP ⇒ 36 = 3.
Vậy S MNP = 12 cm 2 .

Bài 6. (1,0 điểm)
Hai ngọn nến hình trụ có chiều cao và đường kính khác nhau
được đặt thẳng đứng trên mặt bàn. Ngọn nến thứ nhất cháy hết trong 6
giờ, ngọn nến thứ hai cháy hết trong 8 giờ. Hai ngọn nến được thắp sáng
cùng lúc, sau 3 giờ chúng có cùng chiều cao.
a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.
b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao
của mỗi ngọn nến.
Lời giải
a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.
Gọi chiều cao ngọn nến thứ nhất là a cm, chiều cao ngọn nến thứ hai là b cm, ( a, b > 0 ).
Giả sử tốc độ tiêu hao khi cháy của hai ngọn nến là không đổi.
Mỗi giờ cây nến thứ nhất giảm

1
1
chiều cao, cây nến thứ hai giảm
chiều cao.
6
8

Sau 3 giờ cây nến thứ nhất còn 1 − 3.

1 1
chiều cao.
=
6 2

⇒ Chiều cao của cây nến thứ nhất còn lại là
1
8

1
a.
2

5
8

chiều cao.
Sau 3 giờ cây nến thứ hai còn 1 − 3. =

⇒ Chiều cao của cây nến thứ hai cịn lại là

5
b.
8

Vì sau 3 giờ chiều cao của hai cây nến bằng nhau nên

1
5
a 5
.
a= b⇒ =
2
8
b 4
Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 9 of 66.

TÀI LIỆU TỐN HỌC


tai lieu, document10 of 66.

Website:tailieumontoan.com

Vậy tỉ lệ chiều cao ban đầu của ngọn nến thứ nhất so với ngọn nến thứ hai là

5
.
4

b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến.
Tổng chiều cao ngọn nến là 63 cm ⇒ a + b =
63 .
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

a 5
a b a + b 63
= ⇒ = =
=
=7.
b 4
5 4 5+ 4 9
Vì

a
b
= 7 ⇒ a = 7.5 = 35 ( cm ) ; = 7 ⇒ b = 7.4 = 28 ( cm ) .
5
4

Vậy ban đầu ngọn nến thứ nhất cao 35 cm, ngọn nến thứ hao cao 28 cm.
= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =

Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 10 of 66.

TÀI LIỆU TỐN HỌC


tai lieu, document11 of 66.

Website:tailieumontoan.com

TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYEN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU

ĐỀ THI MÔN : TOÁN (Chuyên)
Năm học: 2021-2022
Câu 1 (3, 0 điếm).
a) Rút gon biểu thức P=

x x −1
1+ x + x

 x +1
x −2 
⋅ 
−
 với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4 .
 x −1 x − x − 2 

b) Giadi phương trình 5 x − ( x + 4) 2 x + 1 + 4 =0.
2 x 2 + y 2 + 3 xy + 4 x + 3 y + 2 =
0
.
c) Giai hế phương trinh  2
2
 x − y + 3 + x + y + 1 =

Câu 2 (2, 0 điểm).
a) Cho hai da thức P( x) = x3 + ax 2 + bx + c và Q( x) = 3x 2 + 2ax + b(a, b, c ∈ ) . Biết rằng P( x)
có ba nghiệm phân biệt. Chưng minh Q( x) có hai nghiềm phân biệt.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thơa mần phương trình ( xy − 1) 2 = x 2 + y 2 .
Câu 3 (1, 0 điểm). Xét các số thực a, b, c khơng âm, thịa măn a 2 + b 2 + c 2 =
1 . Tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =

a
b
c
.
+
+
1 + bc 1 + ac 1 + ab

Câu 4 (3, 0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ). Một đường trơn đi qua B, C và
khỏng đi qua A cat các cạnh AB, AC lần lượt tại E , F ( E khác B; F khác C ); BF cảt CE
tại D . Gọi P là trung điểm của BC và K là điềm đối xứng với D qua P .
a) Chứng minh tam giác KBC đồng dạng với tam giác DFE và

AE DE
.
=
AC CK

b) Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vng góc của D trên AB, AC . Chửng minh MN vng
góc với AK và MA2 + NK 2 = NA2 + MK 2 .
c) Gọi I , J lần lựt là trung điềm AD và MN , Chứng minh ba điếm I , J , P thẳng hàng.
d) Đường thẳng IJ cát đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN tại T ( T khade l ). Chưng
minh AD là tićp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DTJ .
Câu 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác.Tia Ox song song
với AB
cắt BC tại D , tia Oy song song vói BC cắt AC tai E , tia Oz song song vói AC cắt AB tạ
2

2

 AB   BC   AC 
F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 
 +
 +

 OD   OE   OF 

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 11 of 66.

2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document12 of 66.

Website:tailieumontoan.com

HƯỚNG DẪN
Câu 1 (3.0 điêm).
x x −1
1+ x + x

a) Rút gọn biểu thức sau P=

 x +1
x −2 

⋅ 
−
 với
−
x
1
−
−
x
x
2



x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4

b) Giải phương trình 5 x − ( x + 4) 2 x + 1 + 4 =0 .
2 x 2 + y 2 + 3 xy + 4 x + 3 y + 2 =
0
.
c) Giải hệ phương trình  2
x
−
y
+
3
+
x
+
y

+
1
=
2


( x )3 − 1 
x +1
x −2
P=
⋅
−

1 + x + x  ( x + 1)( x − 1) ( x + 1)( x − 2) 

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

2
( x − 1)( x + 1)

2
x +1

=

1
2

Điều kiện: x ≥ − . Đặi t =

0
2 x + 1(t ≥ 0) . Ta có phương trình −t 3 + 5t 2 − 7t + 3 =

t = 1
(nhận).
⇔ (t − 1) −t 2 + 4t − 3 = 0 ⇔ 
t = 3

(

)

* Vơi t = 1 ⇒ 2 x + 1 = 1 ⇔ x = 0 (thỏa).

* Với t = 3 ⇒ 2 x + 1 = 3 ⇔ x = 4 (thỏa).

{2 x

{

2

(1)
+ y 2 + 3 xy + 4 x + 3 y + 2 =
0

x2 − y + 3 + x + y + 1 =
2
(2)

 x2 − y + 3 ≥ 0

Điềù kiện: 

x + y +1 ≥ 0

(1): y 2 + (3x + 3) y + 2 x 2 + 4 x + 2 =
0
 y = −2 x
∆ y = ( x + 1) 2 nên (1) ⇔ 
 y = −x
Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 12 of 66.

TÀI LIỆU TỐN HỌC


tai lieu, document13 of 66.
*

Website:tailieumontoan.com

TH1: y =− x − 1 thay vào (2) ta có phương trình

−1
0⇒ y =
x =
(nhận)
x2 + x + 4 = 2 ⇔ 
 x =−1 ⇒ y =0

* TH2: y =
−2 x − 2 thay vào (2) ta có phương trình
x 2 + 2 x + 5 + − x − 1 = 2 ⇔ ( x + 1) 2 + 4 + −( x + 1) = 2

Ta có

( x + 1) 2 + 4 + −( x + 1) ≥ 2 , với mọi giá trị của x ≤ −1 Dấu bằng xảy ra khi

x =−1 ⇒ y =0 (nhận) Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (0; −1), (−1;0) .

Câu 2 (2, 0 điểm).
a) Cho hai đa thức P( x) = x3 + ax 2 + bx + c và Q( x) = 3x 2 + 2ax + b(a, b, c ∈ ) . Biết rằng P( x)
có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh Q( x) có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) ihỏa mãn phương trình ( xy − 1) 2 = x 2 + y 2
a) Gọi x1 , x2 , x3 là ba nghiệm phân biệt của P( x) , ta có P( x) =−
( x x1 )( x − x2 )( x − x3 )
= x3 − ( x1 + x2 + x3 ) x 2 + ( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) x − x1 x2 x3

Đồng nhất hệ số của P( x) ta có:
∆ Q = a 2 − 3b = ( x1 + x2 + x3 ) 2 − 3( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )

=

[

]

1
( x1 − x2 ) 2 + ( x2 − x 3 ) 2 + ( x1 − x3 ) 2 > 0
2

Vậy Q(x có hai nghiệm phân biệt
Lưu y: hs sử dụng Viet vẫn cho điểm tối đa
b/
2
2
2
2
2
Ta có: (xy-1)2=x2+y2 ⇔ ( xy ) − 2 xy + 1 = x + y ⇔ ( x + y ) − ( xy ) = 1

 x + y − xy = 1
(1)

+
+
=
x
y
xy
1


⇔ ( x + y − xy )( x + y + xy ) = 1 ⇔ 
 x + y − xy = −1

(2)
 x + y + xy = −1

Giải hệ (1) ta được cặp nghiệm (0;1),(1;0)
Giải hệ (2) ta được cặp nghiệm (0;-1),(-1;0)
Câu 3:

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 13 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document14 of 66.

Website:tailieumontoan.com

(1 + bc) 2 = 1 + 2bc + b 2 c 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2bc + 2b 2c 2
1
(a + b + c) 2
2
1
a
c
Ta có : ⇒ 1 + bc ≥

(a + b + c) ⇒
≤ 2
...tuongtu
1 + bc
a+b+c
2
= a 2 + (b + c) 2 + b 2c 2 ≥ a 2 + (b + c) 2 ≥

⇒ S ≤ 2(

Khi a=b=

a
b
c
+
+
)= 2
a+b+c a+b+c a+b+c

2
, c = 0 thì S =
2

2 . Vậy giá trị lớn nhất của S là 2 .

Theo BĐT AM-GM:
a (1 + bc) ≤

a2 +1

b2 + c2
(a 2 + 1)(2 + b 2 + c 2 ) 1 a 2 + 1 + 2 + b 2 + c 2 2
≤ (
(1 +
)=
)
2
2
4
4
2

Từ đó :
a
b
c
≥ a 2 . Tuong tu
≥ b2 ;
≥ c 2 ⇒ S ≥ a 2 + b 2 + c 2 =1 Khi a =1; b = c = 0 thì S =1 .
1 + bc
1 + ac
1 + ab

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 1.
Câu 4:(3 điểm)
Chưa vẽ hình

 = DBC
 DFE
 = DCB

Tứ giác BCFE nội tiếp nên ta có: DEF
;
   
Mặt khác: BDCK là hình bình hành nên BCK = DBC ; CBK = DCB


DFE
= C
BK ⇒ ∆KBC  ∆DFE ( gg )


Do đó : DEF = BC K ;
DE EF
FE AE
∆KBC  ∆DFE ⇒ =
(1); ∆AEF  ∆ACB ⇒ =
(2)
CK BC
BC AC

Từ (1) và (2) ⇒

AE DE
=
AC CK

Gọi Q là giao điểm của MN và AK . Ta có: 
AEC = 
ABK (đồng vi) và
 =

 =

ABK = 
ABD + DBK
ACE + DCK
ACK

)
 DCK
(Do 
=
ABD 
ACE
=
; DBK
DE AE
Xét ∆AED và ∆ACK có: 
AED
= 
ACK , =
⇒ ∆AED ∪ ∆ACK (c − g − c)
CK

AC

 = DAM

=
 hay QAC
⇒ KAC

DAE
 = DAM
 = QAN
.
b) Có 
AMD + 
AND
= 180° ⇒ AMDN nội tiếp ⇒ DNM
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 14 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document15 of 66.

Website:tailieumontoan.com

 + MNA
= 90° ⇒ QAN
 + MNA
= 90° ⇒ 
Mà DNM
AQN= 90° ⇒ AK ⊥ MN

Do đó:
MA2 + NK 2 = QM 2 + QA2 + QN 2 + QK 2
= QN 2 + QA2 + QM 2 + QK 2 = NA2 + MK 2

Ta có MI
=

1
AD
= NI ⇒ I thuộc đường trung trực của MN (3)
2

c) Ta có IP là đường trung bình của tam giác ADK ⇒ IP / / AK ⇒ IP ⊥ MN (4)
Từ (3) và (4) suy ra IP là đường trung trực của MN ⇒ I , J , P thẳng hàng. Từ (3) và Ta có
∆IMN cân tại I , IJ ⊥ MN nên IT là đường kính của đường trịn ngoại
= 90° ⇒ IJ .IT= IN 2
tiếp ∆IMN ⇒ INT



Mà IN= ID ⇒ IJ .IT= ID 2 ⇒ ∆IDJ ∪ ∆ITD( )
g − g ⇒ IDJ
= ITD

⇒ ID là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆DTJ .

Câu 5(1, 0 điểm). Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác. Tia Ox song
song với AB cắt BC tại D , tia Oy song song với BC cắt AC tại E , tia Oz song song với
2

2

 AB   BC   AC 
AC cắt AB tại F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 

 +
 +

 OD   OE   OF 

2

Kẻ DM / / OF ( M ∈ AB), EN / / OD( N ∈ BC ), FP / / OE ( P ∈ AC )
OF MD BD
EN NC
OE DN
(2); = =
(3)
(1); =
=
AC AC BC
AB BC
BC BC

OD
AB

Ta có: =

Từ (1), (2), (3) ⇒

OD OE OF NC DN BD
+
+
=

+
+
=1
AB BC AC BC BC BC

Theo bất đẳng thức AM-GM:
1=

OD OE OF
OD OE OF
AB BC AC
+
+
≥ 33
⋅
⋅
⇔
⋅
⋅
≥ 27
AB BC AC
AB BC AC
OD OE OF
2

2

2

2

 AB   BC   AC 
 AB BC AC 
⇒
=
⋅
⋅ =
S 
27
 +
 +
 ≥ 33 

 OD   OE   OF 
 OD OE OF 

Đẳng thức xảy ra khi O là trọng tâm ∆ABC . Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 27 .

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 15 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document16 of 66.

Website:tailieumontoan.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẾN TRE

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CƠNG LẬP

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2021 – 2022
Mơn: TỐN (chun)
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)

( 6 7 m ) x + 2 nghịch biến trên
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y =−
.
b) Cho Parabol ( P ) : y = 2 x 2 và đường thẳng ( d ) : y =− x + 6 . Biết ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm
phân biệt A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) với x1 < x2 . Tính 4x2 + y1 .

c) Rút gọn biểu thức=
A

(

x − 2 − 1) + 4 x + 4 x − 2 − 7 (với x ≥ 2 ).
2

Câu 2. (1,0 điểm)
Cho phương trình:
hai nghiệm phân biệt

x 2 − ( m + 3) x + 4m − 4 =
0 (1), với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có
x1 ; x2 thỏa x1 + x2 + x1 x2 = 20 .

Câu 3. (3,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 y − xy + 2 x − 1= y 2 − xy 2 − 2 y .
 y 2 − 2 xy − 2 =
0
b) Giải hệ phương trình:  2
2
0.
4 x − y + y − 2 x + 2 =

c) Giải phương trình: ( x + 3) ( 2 x + 5 − 2 x + 2 ) + 2 x 2 + 9 x + 10 =
1.
Câu 4. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương

x , y z thỏa 3 xy + xz =
2 . Chứng minh rằng:
4 yz 5 xz 7 xy
+
+
≥ 8.
x
y
z

Câu 5. (2,0 điểm)
Cho tam giác

ABC vuông tại A với ( AB > AC ), có đường cao AH . Biết BC = 1dm và

12
dm .
25
a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC
b) Kẻ HD ⊥ AB ; HE ⊥ AC (với D ∈ AB , E ∈ AC ). Gọi I là trung điểm của BC .
Chứng minh IA ⊥ DE .

AH =

Câu 6. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC có đường phân giác ngồi của góc A cắt đường thẳng BC tại điểm D . Gọi M là
trung điểm của BC . Đường tròn ngoại tiếp ∆ADM cắt các đường thẳng AB , AC lần lượt tại E và F
(với E , F khác A ). Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng MN // AD .

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 16 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document17 of 66.

Website:tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. (2,0 điểm)

( 6 7 m ) x + 2 nghịch biến trên
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y =−
.
b) Cho Parabol ( P ) : y = 2 x 2 và đường thẳng ( d ) : y =− x + 6 . Biết ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm
phân biệt A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) với x1 < x2 . Tính 4x2 + y1 .

c) Rút gọn biểu thức=
A

(

x − 2 − 1) + 4 x + 4 x − 2 − 7 (với x ≥ 2 ).
2

Lời giải

( 6 7 m ) x + 2 nghịch biến trên  ⇔ 6 − 7 m < 0 ⇔ m > 6 .
a) Hàm số y =−
7
6
thì hàm số đã cho nghịch biến trên  .
7
b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của ( P ) và ( d ) , ta có:
Vậy m >

2 x 2 =− x + 6 ⇔ 2 x 2 + x − 6 =0
2

Có: ∆ ( −1) + 4.2.6 =
=
49 > 0

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

x1 =

−1 − 49
−1 + 49 3
= −2 và x2 =
=
2.2
2.2
2

Với x1 = −2 , ta có y1 = 8 , suy ra A ( −2;8 ) .
Với x2 =

3
9
3 9
, ta có y2 = , suy ra B  ;  .
2
2
 2 2

Khi đó, ta có:

3

4 x2 + y1 = 4. + 8 = 14 .
2
Vậy 4 x2 + y1 =
14 .

c)

(

A=

x − 2 − 1) + 4 x + 4 x − 2 − 7
2

= x − 2 − 2 x − 2 +1+
= x −1− 2 x − 2 +

(2

(2

x − 2 ) + 2.2 x − 2 + 1

x − 2 + 1)

2

2

= x −1− 2 x − 2 + 2 x − 2 +1

= x −1− 2 x − 2 + 2 x − 2 +1
=x

( do 2

x − 2 + 1 > 0)

Vậy A = x .
Câu 2. (1,0 điểm)

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 17 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document18 of 66.
Cho phương trình:
hai nghiệm phân biệt

Website:tailieumontoan.com

x 2 − ( m + 3) x + 4m − 4 =
0 (1), với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có

x1 ; x2 thỏa x1 + x2 + x1 x2 = 20 .
Lời giải

Ta=

có: ∆

2
( m + 3) − 4 ( 4m − 4 ) = m 2 + 6m + 9 − 16=
m + 16 m 2 − 10m + 25 = ( m − 5 )
2

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

∆ > 0 ⇔ ( m − 5) > 0 ⇔ m − 5 ≠ 0 ⇔ m ≠ 5
2

Vậy với

m ≠ 5 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

Theo đề bài ta có:

x ≥ 0
x1 + x2 + x1 x2 = 20 (2), với điều kiện  1
 x2 ≥ 0

Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 ≥ 0 và x2 ≥ 0 , nghĩa là

m ≠ 5
m ≠ 5
m ≠ 5


(*)

m + 3 ≥ 0 ⇔ m ≥ −3 ⇔ 
m ≥ 1
 4m − 4 ≥ 0
m ≥ 1


 x1 + x2 = m + 3
x2 4m − 4
 x1=

Áp dụng định lý Vi-et, ta có: 
Ta có:

(

x1 + x2

)

2

x1 + x2 + 2 x1 x2
=
= m + 3 + 2 4m − 4
= m + 3 + 4 m −1

( m − 1 + 2)
m −1+ 4 m −1+ 4 =
=
Từ đó, ta suy ra

x1 + x2 = m − 1 + 2

( do

2

m − 1 + 2 > 0, ∀m ≥ 1)

Từ phương trình (2), ta được

x1 + x2 + x1 x2 = 20 ⇔ m − 1 + 2 + 4m − 4 = 20 ⇔ m − 1 = 22 − 4m (3)
Giải phương trình (3) với điều kiện: 22 − 4m ≥ 0 ⇔ m ≤

11
(**)
2

( 3) ⇔ m − 1 =( 22 − 4m )2
⇔ m − 1= 484 − 176m + 16m 2

( 4)
⇔ 16m 2 − 177 m + 485 =
0

( −177 ) − 4.16.485 =
289 > 0
Ta có: ∆ =
2

Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt:

=
m

177 − 289
177 + 289 97
= 5 và m =
=
2.16
2.16
16

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 18 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document19 of 66.
So với điều kiện (*) và (**) thì
Vậy khơng tồn tại giá trị của

Website:tailieumontoan.com

m∈∅.

m thỏa mãn u cầu bài tốn.

Câu 3. (3,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 y − xy + 2 x − 1= y 2 − xy 2 − 2 y .
 y 2 − 2 xy − 2 =
0
b) Giải hệ phương trình:  2
2
0.
4 x − y + y − 2 x + 2 =

c) Giải phương trình: ( x + 3) ( 2 x + 5 − 2 x + 2 ) + 2 x 2 + 9 x + 10 =
1.
Lời giải

a) Ta có:

x 2 y − xy + 2 x − 1= y 2 − xy 2 − 2 y
⇔ x 2 y − xy + 2 x − 1 − y 2 + xy 2 + 2 y =0
⇔ ( x 2 y + xy 2 ) − ( xy + y 2 ) + 2 ( x + y ) =
1
⇔ xy ( x + y ) − y ( x + y ) + 2 ( x + y ) =
1
⇔ ( x + y )( xy − y + 2 ) =
1 (1)
Vì đây là phương trình nghiệm ngun nên ta có:

 x + y =
1

xy − y + 2 =

1
(1) ⇔  
 x + y =
−1

  xy − y + 2 =−1

(*)

(**)

x= 1− y
y 1
=
x= 1− y
x= 1− y
 x 0;=

( *) ⇔ 
⇔ 2
⇔  y = 1 ⇔ 
0
0
 x = 2; y = −1
− y + 1 =
(1 − y ) y − y + 1 =

  y = −1

 x =−1 − y

−2; y =
1
 x =−1 − y
 x =−1 − y
x =

⇔ 2
⇔  y = 1
⇔
(**) ⇔ 
0
 x = 2; y = −3
− y − 2 y + 3 =
( −1 − y ) y − y + 3 =0
  y = −3


Vậy tập nghiệm của hệ phương trình =
là: S

{( 0;1) , ( 2; −1) , ( −2;1) , ( 2; −3)} .

b) Ta có:

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 19 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

tai lieu, document20 of 66.

Website:tailieumontoan.com

2
2
 y 2 − 2 xy − 2 =
0
 y − 2 xy =
⇔
 2
 2
2
2
2
0
0
4 x − y + y − 2 x + 2 =
( 4 x − y ) + ( y − 2 x ) + ( y − 2 xy ) =

 y 2 − 2 xy =
2
⇔
0
( 2 x − y )( 2 x + y ) − ( 2 x − y ) − y ( 2 x − y ) =
 y 2 − 2 xy =
2
⇔
( 2 x − y ) [ 2 x + y − 1 − y ] =0

 y 2 − 2 xy =
2
⇔
0
( 2 x − y ) ( 2 x − 1) =
 y 2 − 2 xy =
2

⇔ 2 x − y =
0
2 x − 1 = 0

Mặt khác, y 2 − 2 xy = 2 ⇔ y ( y − 2 x ) = 2 , nghĩa là y − 2 x ≠ 0 .
Do đó, từ hệ phương trình ban đầu đề cho, ta giải hệ phương trình sau:
1

=
x
1

2

2
 y − 2 xy =
2
x =

⇔
⇔
2



 y = −1
2 x − 1 =0
 y2 − y − 2 =

0

  y = 2

 1
 2

 1
 2




=
S  ; −1 ,  ;2  
Vậy hệ có tập nghiệm là

c) Giải phương trình (*): ( x + 3) ( 2 x + 5 − 2 x + 2 ) + 2 x 2 + 9 x + 10 =
1.

−5

x≥


2 x + 5 ≥ 0
2


⇔  x ≥ −2
⇔ x ≥ −2 .
Điều kiện xác định:  x + 2 ≥ 0

2 x 2 + 9 x + 10 ≥ 0
−5

 x ≤ ∨ x ≥ −2
2

a
=
2 x + 5 ( a ≥ 1)
Ta đặt 
(b ≥ 0)
b = x + 2
( 2 x + 5) − 2 ( x + 2 ) =
a 2 − 2b 2 =
1
 2
Ta thấy a − b 2 =( 2 x + 5 ) − ( x + 2 ) =x − 3

2
ab = ( 2 x + 5 )( x + 2 ) = 2 x + 9 x + 10
Phương trình (*) trở thành:

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 20 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document21 of 66.

Website:tailieumontoan.com

( a 2 − b 2 ) ( a − 2b ) + =
) 0
ab a 2 − 2b 2 ⇔ ( a 2 − b 2 ) ( a − 2b ) − ( a 2 − b 2 ) + ( b 2 + ab
=
⇔ ( a 2 − b 2 ) ( a − 2b − 1) + ( b 2 + ab ) =
0
0
⇔ ( a − b )( a + b )( a − 2b − 1) + b ( a + b ) =
⇔ ( a + b ) [( a − b )( a − 2b − 1) + b ] =
0

(1)
a + b =
0
⇔
0 ( 2)
( a − b )( a − 2b − 1) + b =
Vì a + b ≥ 1 nên ta chỉ giải phương trình (2)
( a − b )( a − 2b − 1) + b = 0 ⇔ ( a − b )( a − b − 1) − b ( a − b ) + b = 0

⇔ ( a − b )( a − b − 1) − b ( a − b − 1) =
0
 a − b − 1 =0
⇔ ( a − b − 1)( a − 2b ) = 0 ⇔ 
0
 a − 2b =
TH1: Với a − 2b =
0 , ta có

a − 2b = 0 ⇔ 2 x + 5 − 2 x + 2 = 0
⇔ 2 x + 5= 2 x + 2
⇔ 2 x + 5 =4 ( x + 2 ) ⇔ x =−

3
2

3
So với điều kiện thì x = − (Nhận).
2
TH2: Với a − b − 1 =0 , ta có

a − b −1 = 0 ⇔ 2x + 5 − x + 2 −1 = 0
⇔ 2x + 5 =

x + 2 +1

⇔ 2x + 5 = x + 3 + 2 x + 2
⇔ x+2−2 x+2 =
0
⇔ x + 2 ( x + 2 − 2) =

0
 x + 2 =0
0
x + 2 =
 x =−2
 x =−2
⇔
⇔
⇔
⇔
+2 4 =
2
0
 x=
x 2
 x + 2 − 2 =
 x+2=
So với điều kiện thì x = 2 (Nhận) và x = −2 (Nhận).
3
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −2; − ;2 .
2

{

}

Câu 4. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương

x , y z thỏa 3 xy + xz =

2 . Chứng minh rằng:
4 yz 5 xz 7 xy
+
+
≥ 8.
x
y
z
Lời giải

Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 21 of 66.

TÀI LIỆU TỐN HỌC


tai lieu, document22 of 66.
Ta đặt M =

Website:tailieumontoan.com

4 yz 5 xz 7 xy
, ta có
+
+
x
y
z

4 yz 5 xz 7 xy
+
+
x
y
z
yz
yz xz
xz
xy
xy
= +3 + +4 +3 +4
x
x y
y
z
z

M=

 yz xz   yz xy 
 xz xy 
=  +  + 3 +  + 4  + 
 x y  x z
y z
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được

M ≥2

yz xz

yz xy
xz xy
. + 3.2
. + 4.2
.
x y
x z
y z

≥ 2z + 6 y + 8x
≥ ( 2z + 2x) + (6 y + 6x)
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được

M ≥ 2.2 xz + 6.2 xy
4.2 =
8
≥ 4 ( xz + 3 xy ) =
 x= y= z
1
⇔ x=y=z= .
2
2
 xz + 3 xy =

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 
Vậy khi x=

y= z=

1

thì M ≥ 8 (đpcm).
2

Câu 5. (2,0 điểm)
Cho tam giác

ABC vuông tại A với ( AB > AC ), có đường cao AH . Biết BC = 1dm và

12
dm .
25
a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC
b) Kẻ HD ⊥ AB ; HE ⊥ AC (với D ∈ AB , E ∈ AC ). Gọi I là trung điểm của BC .
Chứng minh IA ⊥ DE .

AH =

Lời giải

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 22 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document23 of 66.

Website:tailieumontoan.com

a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC
Áp dụng hệ thức lượng và định lý Pytago cho ∆ABC vng tại A , ta có:

 AB 2 + AC 2 = BC 2 = 1
 AB 2 + AC 2 = 1



12 ⇔  2
144
2
 AB . AC =
 AB. AC = AH .BC =
25
625


2

Khi đó, AB và AC là các nghiệm dương của phương trình.
2

Áp dụng hệ quả của định lý Vi-et, ta được

X 2 − 1X +

144
=0
625

144 49
> 0 nên phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt:
625 625

Ta có: ∆= 1 − 4.1. =
2

X1 =
Theo giả thiết,

1−

49
49
1+
625 = 16
625 = 9 và X =
2
2
25
2.1
25

AB > AC , nên ta được:
 2
AB = X 1
=
2
2
AB > AC ⇒ 

2
 AC=
X=
2


16
4

=
AB


25
5
⇒
9
 AC = 3
25 
5

4
3
5
5
b) Chứng minh IA ⊥ DE .
Gọi F là giao điểm của AI và DE .
 90°
HEA
=

( HE ⊥ A C )


°
Xét tứ giác EHDA , ta có:  HDA = 90
( HD ⊥ A B )

A E 90° ( ∆A BC vuông tại A )
=
D
⇒ Tứ giác EHDA là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vng)
Vậy AB = dm và AC = dm .

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 23 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document24 of 66.

Website:tailieumontoan.com

⇒ Tứ giác EHDA là tứ giác nội tiếp.
ADE = 
AHE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE )
⇒
 (cùng phụ với CHE
)

Mà 
AHE = ECH
⇒
(1)
⇒
ADE = 
ADE = ECH
ACB
Xét ∆ABC vng tại A có I là trung điểm của BC

1
BC (định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông)
2

 = IBA
⇒ ∆IAB cân tại I ⇒ IAB
(2)
= 
= 
Từ (1) và (2), ta suy ra: 
ADE + IAB
ACB + IBA
ACB + 
ABC = 90° ( ∆ABC vuông tại A )
Áp dụng định lý tổng 3 góc trong ∆ADF , ta có:

 +=





FA
D + FDA
A
FD 180° ⇒=
A
FD 180° − FA
D + FDA
⇒ IA = IB =


=
⇒A
FD

=
⇒A
FD

)
(


180 − ( IA
B +A
CB )


180 − ( A
BC + A

CB )
°

°


⇒A
FD = 180° − 90° = 90°

( ∆A B C

vuông tại A )

Do đó, IA ⊥ DE (đpcm)
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC có đường phân giác ngồi của góc A cắt đường thẳng BC tại điểm D . Gọi M là
trung điểm của BC . Đường tròn ngoại tiếp ∆ADM cắt các đường thẳng AB , AC lần lượt tại E và F
(với E , F khác A ). Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng MN // AD .
Lời giải

BPCF .
⇒ Hai đường chéo BC và PF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Mà M là trung điểm của BC (gt) ⇒ M cũng là trung điểm của PF .
Xét ∆PEF , ta có N là trung điểm của EF (gt), M là trung điểm của PF (cmt)
Dựng hình bình hành

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 24 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


tai lieu, document25 of 66.

Website:tailieumontoan.com

⇒ MN là đường trung bình của ∆PEF ⇒ MN  EP
 (cặp góc so le trong của PB  FA ,
 = MFA
Ta có: MPB

(1)

PBFC là hình bình hành)

 (các góc nội tiếp cùng chắn cung AM )


Mà MDA
= MEA
= MFA
 = MPB

 = MPB
 , nghĩa là MEB
⇒ MEA
 = MPB
 (cmt)
Xét tứ giác BMEP , ta có MEB

⇒ Tứ giác BMEP nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)
 = BMP
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP )
⇒ BEP
 = FMD
 (đối đỉnh)
Mà BMP
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FD )
 = FAD
Mặt khác FMD

 = FAD
 , nghĩa là 
AEP = FAD
⇒ BEP
 (gt)
Ta có: AD là phân giác ngoài của BAC

(2)

=
 + CAE
Mà BAC
180° (kề bù)
 ⇒ FAD
 = EAD

⇒ AD là phân giác của CAE

Từ (2) và (3), ta suy ra 

AEP = EAD
Mà 2 góc nằm ở vị trí so le trong nên EP  AD

(3)

(4)

Từ (1) và (4), ta suy ra MN  AD (đpcm)

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

luan van, khoa luan 25 of 66.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC