Bộ đề toán thi vào lớp 10 chuyên tỉnh nghệ an (có đáp án và giải chi tiết)

Tuyển tập bộ đề toán thi vào lớp 10 chuyên tỉnh nghệ an (Có đáp án và giải chi tiết) là bộ tài liệu cực hay dành cho các em học sinh lớp 9 tham khảo luyện thi vào lớp 10. Nghệ An là một trong những tỉnh về đất học sản sinh ra nhiều thủ khoa của các trường Đại học nổi tiếng trong cả nước, việc thử sức với các đề thi vào các lớp 10 chuyên môn toán của tỉnh Nghệ An là cơ hội để các em học sinh lớp 9 trong toàn Quốc thử sức, bồi dưỡng thêm, cũng như trau dồi kiến thức còn yếu và còn thiếu để đạt điểm cao trong kỳ thi tuyển sinh môn toán vào lớp 10 hệ chuyên và hệ không chuyên trong cả nước. Với Bộ đề toán thi vào lớp 10 chuyên tỉnh nghệ an được Quốc Biên thuộc Tủ sách luyện thi tổng hợp và biên soạn công phu, chắc chắn sẽ làm hài lòng các độc giả

QU C BIÊN B Đ TOÁN THI VÀO L P 10 CHUYÊN T NH NGH AN CÓ ĐÁP ÁN VÀ GI I CHI TI T PHẦN 1: ĐỀ TOÁN VÀO 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN Đề thức Đề số KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2019-2020 Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (6,0 điểm) a) Giải phương trình x3  x2  12 x x   20  ( x  1)( xy  1)  b) Giải hệ phương trình  2  x ( y  y  1)  Câu (3,0 điểm) a) Cho đa thức P( x)  ax  bx  c  a   * thỏa mãn P    P    2019 Chứng minh P 10   P   số lẻ b) Tìm cặp số nguyên dương  x; y  cho x y  x  y chia hết cho xy  y  Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  a  b  c  Tìm giá 1   trị lớn biểu thức P  a  b2 b2  c c2  a2 Câu (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  Gọi E điểm nằm cung nhỏ BC Trên cạnh AC lấy điểm M cho EM  EC , đường thẳng BM cắt đường tròn  O  N ( N khác B ) Các đường thẳng EA EN cắt cạnh BC D F a) Chứng minh tam giác AEN đồng dạng với tam giác FED b) Chứng minh M trực tâm tam giác AEN c) Gọi I trung điểm AN , tia IM cắt đường tròn  O  K Chứng minh đường thẳng CM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK Câu (2,0 điểm) Cho 12 điểm mặt phẳng cho điểm đỉnh tam giác mà tam giác ln tồn cạnh có độ dài nhỏ 673 Chứng minh có hai tam giác mà chu vi tam giác nhỏ 2019 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2018-2019 Đề thức Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số Câu a) Giải phương trình : x    x  x2  5x 1  xy  y  x  b) Giải hệ phương trình:  2   y  y   x  8x Câu a) Tìm số nguyên x; y; z cho x2  y  z   xy  3x  z b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m  n  ước nguyên tố  m2  n2   CMR m.n số phương Câu Cho a, b, c thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh rằng: a  a3  ab   b4  b3  bc   c  c3  ac   Câu Cho tam giác ABC vuông A  AB  AC  nội tiếp đường tròn (O) đường cao AH Gọi D điểm đối xứng với A qua BC Gọi K hình chiếu vng góc A lên BD Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK I Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) N (N khác B) a) Chứng minh AN.BI  DH BK b) Tiếp tuyến (O) D cắt đường thẳng BC P Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c) Tiếp tuyến (O) C cắt DP M Đường tròn qua D tiếp xúc với CM M cắt OD Q (Q khác D) Chứng minh đường thẳng qua Q vng góc với BM qua điểm cố định BC cố định A di động đường tròn (O) Câu Để phục vụ cho lễ khai mạc World Cung 2018, ban tổ chức giải đấu chuẩn bị 25000 bóng, bóng đánh số từ đến 25000 Người ta dùng màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn bóng (mỗi sơn màu) Chứng minh 25000 bóng nói tồn bóng màu đánh số a, b, c mà a chia hết cho b, b chia hết cho c abc  17 Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2017-2018 Đề thức Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số Câu (7.0 điểm) a) Giải phương trình 3x  x   14 x   20     6x  4y   x   b) Giải hệ phương trình  6y  4x   y    Câu (2.0 điểm) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S  n   n2  2017n  10 với S  n  tổng chữ số n Câu (2.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn c  a Chứng minh rằng: 2  a   b   c       4   a  b b  c c a Câu (7.0 điểm) Cho hai đường tròn  O   O '  cắt A B Trên tia đối tia AB lấy điểm M khác A Qua M kẻ tiếp tuyến MC MD với đường tròn  O '  (C, D tiếp điểm D nằm đường tròn tâm O) a) Chứng minh AD.BC  AC.DB b) Các đường thẳng AC, AD cắt đường tròn  O  E F (E, F khác A ) Chứng minh đường thẳng CD qua trung điểm EF c) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm có định M thay đổi Câu (2.0 điểm) Trong đường trịn  O  có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm A1, A2 , , A399 Chứng minh tồn vơ số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường trịn O khơng chứa điểm 399 điểm A , A , , A 399 Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2016-2017 Đề thức Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số Câu (7.0 điểm) a) Giải phương trình 3x b) Giải hệ phương trình x 3x 2xy 4x 3y 4x y2 12x 4x 4y Câu (3.0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương x ; y cho x 2 xy Câu (2.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a2 P a b2 b b c c 4a Câu (6.0 điểm) Cho điểm A cố định nằm ngồi đường trịn O Kẻ tiếp tuyến AE, AF O (E, F tiếp điểm) Điểm D di động cung lớn EF cho DE DF , D không trùng với E tiếp tuyến D O cắt tia AE, AF B, C a) Gọi M, N giao điểm đường thẳng EF với đường thẳng OB, OC Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn b) Kẻ tia phân giác DK góc EDF tia phân giác OI góc BOC K EF;I BC Chứng minh OI song song với DK c) Chứng minh đường thẳng IK qua điểm cố định Câu (2.0 điểm) Mỗi điểm mặt phẳng gắn với hai màu đỏ xanh Chứng minh ln tồn tam giác có ba đỉnh màu có độ dài cạnh Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2015-2016 Đề thức Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số Câu (7,0 điểm) a) Giải phương trình x  5x   x   x   x  4x    1  x    y    b) Giải hệ phương trình  y  x 2x y  xy  4xy  2x  y  Câu (2,0 điểm) Cho a,b số nguyên dương thỏa mãn a  b ab 2 a  b2 Tính giá trị biểu thức A   2ab Câu (2,0 điểm) 3(a  b  c) Cho a,b,c số thực Chứng minh (a  1)(b  1)(c  1)  2 Câu (7,0 điểm) Cho đường trịn (O;R) có BC dây cố định (BC  2R) ; E điểm cung nhỏ BC Gọi A điểm di động cung lớn BC AB < AC (A khác B) Trên đoạn AC lấy điểm D khác C cho ED = EC Tia BD cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai F a) Chứng minh D trực tâm tam giác AEF b) Gọi H trực tâm tam giác DEC; DH cắt BC N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai M Chứng minh đường thẳng DM qua điểm cố định Câu (2,0 điểm) Cho tập hợp A gồm 21 phần tử số nguyên khác thỏa mãn tổng 11 phần tử lớn tổng 10 phần tử lại Biết số 101 102 thuộc A Tìm tất phần tử A Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2014-2015 Đề thức Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số Câu (7,0 điểm) a) Giải phương trình x   x x   x  x  x  y2  x2    2 ( x  1) b) Giải hệ phương trình  ( y  1) 3xy  x  y   Câu (3,0 điểm) a) Tìm số nguyên x y thoả mãn phương trình x   y  y b) Tìm chữ số a, b cho ab   a  b  Câu (2,0 điểm) Cho số a, b, c không âm Chứng minh a  b2  c  3  abc    ab  bc  ca  Đẳng thức xảy nào? Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) có đường cao AE CF cắt H Gọi P điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B, C); M, N hình chiếu P đường thẳng AB AC Chứng minh rằng: a) OB vng góc với EF BH EF 2 BO AC b) Đường thẳng MN qua trung điểm đoạn thẳng HP Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có BAC  60 , BC  cm Bên tam giác cho 13 điểm Chứng minh 13 điểm tìm điểm mà khoảng cách chúng khơng lớn 1cm o Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2013-2014 Đề thức Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số Câu (7,0 điểm) a) Giải phương trình:  2x     x   x 1   x y  y  b) Giải hệ phương trình:   y (3x  2)  Câu (2,0 điểm) Cho hai số nguyên x, y Chứng minh rằng: ( x  y)( x  y)( x  y)( x  y)  y  khơng phải số phương Câu (2,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a  0, b  0, c  a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức T  (6  a  b2  c2 )(2  abc) Câu (7,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính BC Trên tia đối tia BC lấy điểm A khác B Kẻ tiếp tuyến AD, AE (O) ( D, E tiếp điểm) Kẻ DH vng góc với EC H Gọi K trung điểm DH, Gọi I giao điểm AC DE CK cắt (O) Q khác C, AQ cắt (O) M khác Q Chứng minh rằng: a) AB.CI = AC.BI b) QD vng góc với QI c) DM song song với OC Câu (2,0 điểm) Trên mặt phẳng cho bảy điểm (khơng có điểm thẳng hàng) Gọi h đội dài lớn đoạn thẳng nối hai bảy điểm cho Chứng minh tồn tam giác có đỉnh ba bảy điểm cho thỏa mãn diện tích nhỏ h (4  3) 24 Hết Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN Đề thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2012-2013 Môn thi chuyên: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số Câu (7,0 điểm) a) Giải phương trình: ( x   1)(5  x)  x  x  xy  x  y   b) Giải hệ phương trình:  2  y  x  xy  x   Câu (3,0 điểm) Tìm số tự nhiên x y thoả mãn   y x Câu (2,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thoả mãn 1    Chứng minh rằng: x y z x  yz  y  zx  z  xy  xyz  x  y  z Câu (6,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB Trên đường trịn lấy điểm D khác A DAB  600 Trên đường kính AB lấy điểm C (C khác A, B) kẻ CH vng góc với AD H Phân giác góc DAB cắt đường tròn E cắt CH F Đường thẳng DF cắt đường tròn điểm thứ hai N a) Chứng minh tứ giác AFCN nội tiếp đường tròn ba điểm N, C, E thẳng hàng b) Cho AD = BC, chứng minh DN qua trung điểm AC Câu (2,0 điểm) Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh số tự nhiên cho tổng ba số chúng chia hết cho số lại Chứng minh tứ giác có hai cạnh Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2011-2012 Đề thức Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số Câu (7,0 điểm) 3x  15  3x  8x  a) Giải phương trình:  xy  x  y   b) Giải hệ phương trình:  1   2  x  2x y  y   Câu (3,0 điểm) Tìm số nguyên x y thỏa mãn: x  xy  y  x  40  2 Câu (6,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường thẳng d cố định ((O) d khơng có điểm chung) M điểm di động d Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB phân biệt cát tuyến MCD (O) (A, B tiếp điểm, C nằm M D, CD không qua O) Vẽ dây DN (O) song song với AB Gọi I giao điểm CN AB Chứng minh rằng: a) IC BC = IA = IB IA BD b) Điểm I thuộc đường cố định M di động đường thẳng d Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:  a b  b c  c a  ab 2 2  bc  ca   abc   a3  abc  b3  abc  c3  abc  Đẳng thức xảy nào? Câu (2,0 điểm) Cho đa giác lồi có chu vi Chứng minh tồn hình trịn bán kính chứa đa giác Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN Đề thức Đề số 10 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2010-2011 Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (7,0 điểm) a) Giải phương trình: x  8x   x 8  x   x3  y  x  y b) Giải hệ phương trình:  2  x   1  y  Câu (2,0 điểm) Tìm tất số nguyên n để n4  n3  n2 số phương Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC AD đường phân giác Trên đoạn AD lấy hai điểm M, N (M, N khác A D) cho ABN  CBM Đường thẳng BM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM điểm thứ hai E Đường thẳng CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN điểm thứ hai F Chứng minh ba điểm A, E, F thẳng hàng Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), M điểm cung nhỏ BC (M khác B, C) Đường tròn (O’; R’) tiếp xúc với đường tròn (O; R) điểm M (với R’ < R) Các đoạn thẳng MA, MB, MC cắt đường tròn (O’; R’) điểm thứ hai D, E, F Từ A, B, C kẻ tiếp tuyến AI, BJ, CK với đường trịn (O’; R’) I, J, K tiếp điểm Chứng minh DE song song với AB AI = BJ + CK Câu (4,0 điểm) a) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a b  b c  c a  abc b) Trong mặt phẳng cho 2010 điểm phân biệt cho khơng có điểm thẳng hàng khơng có điểm nằm đường tròn Chứng minh 2010 điểm cho, dựng đường trịn qua điểm, chứa 1000 điểm khơng chứa 1007 điểm cịn lại Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 11 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2009-2010 Đề thức Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số 11 Bài 1: (3.5 điểm) a Giải phương trình x2  7 x 3  2  3x  y  b Giải hệ phương trình   x3    y Bài 2: (1.0 điểm) Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên x2  ax  a   Bài 3: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A có đường phân giác BE (E thuộc AC) Đường trịn đường kính AB cắt BE, BC M, N (khác B) Đường thẳng AM cắt BC K Chứng minh: AE.AN = AM.AK Bài 4: (1.5 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO I K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn tứ giác BICK hình bình hành Bài 5: (2.0 điểm) a Bên đường trịn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác ABC b Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  b2  c  ab  bc  ca a 2b  b2c  c 2a Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN Đề thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2008-2009 Môn thi chuyên: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số 12 Bài 1: ( điểm) Tìm số tự nhiên có hai chữ số xy , biết xxyy = xx2 + yy2 Bài 2: ( điểm) Giải phương trình : 10 x3+1 = 3(x2 + ) Bài 3: ( điểm) Cho đa thức f(x) = ax2 + bx + c ( a = 0) Biết phương trình f(x) = x vơ nghiệm Chứng minh phương trình : a *f(x) ]2 + bf(x) + c = x vô nghiệm Bài 4: ( điểm) Cho x , y, z > thỏa mãn xy + yz + xz = xyz Chứng minh :  y z x 1    3    x y z y z  x Bài : ( điểm ) Cho tam giác ABC cân A Gọi O trung điểm BC Đường tròn (O;R) tiếp xúc với AB E , tiếp xúc với AC F Điểm H chạy cung nhỏ EF ( H khác E, F) Tiếp tuyến đường tròn H cắt AB , AC M, N a) Chứng minh : ∆MOB đồng dạng ∆ONC b) Xác định vị trí điểm H cho diện tích ∆AMN lớn Bài : ( điểm ) Cho 33 điểm nằm hình vng có độ dài , khơng có ba điểm thẳng hàng Người ta vẽ đường trịn bán kính tâm điểm cho Hỏi có hay không ba điểm cá điểm cho cho chúng thuộc phần chung cuả ba hình trịn có tâm ba điểm ? Vì ? Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 13 PHẦN 2: ĐỀ TOÁN VÀO 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NGHỆ AN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2018-2019 Đề thức Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 13 Câu Cho phương trình x2   2m  3 x  3m   ( m tham số) a) Tìm tất số thực m để phương trình cho có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x12  x22  x1 x2  b) Tìm tất số ngun m để phương trình cho có nghiệm ngun Câu a) Giải phương trình x  x   x2  x  1  x  x  y  y   b) Giải hệ phương trình   x2   y    x2 y2  Câu 3: Cho số tự nhiên n  số nguyên tố p thỏa mãn p  chia hết cho n đồng thời n3  chia hết cho p Chứng minh n  p số phương Câu Cho số thực không âm a, b thỏa mãn:  a  b   a  b  Chứng minh rằng:  a3  b3   1   9   b  13   a  13     Câu Cho đường tròn (O; R)  O '; r  cắt điểm phân biệt A B  R  r ' cho O O’ phía AB, Gọi K điểm cho OAO ' K hình bình hành a) CMR: ABK tam giác vng b) Đường trịn tâm K bán kính KA cắt (O; R) (O '; r ) theo thứ tự M N (khác A) Chứng minh ABM  ABN c) Trên đường tròn  O; R  lấy C thuộc cung AM không chứa B (C khác A, M) Đường thẳng CA vng góc với  O ', r  D CMR: KC  KD Câu 6: Cho 17 số tự nhiên mà chữ số số lấy từ tập hợp 0;1; 2;3; 4 Chứng minh ta chọn số 17 số cho cho tổng số chia hết cho Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 14 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2015-2016 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 14 Câu (2,0 điểm) Giải phương trình a)   ; x  2x  x  b) 2x    x  3x  2  x  x  y  y Câu (1,5 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y  ) x  y    Câu (1,5 điểm) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a  b  3, ab  Tính giá trị biểu  thức P   a  b a  b2 a a b b  Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), AB  AC Phân giác góc BAC cắt BC D Đường trịn tâm I đường kính AD cắt AB, AC E F a) Chứng minh AD  EF b) Gọi K giao điểm thứ hai AD (O) Chứng minh ABD ~ AKC c) Kẻ EH  AC H Chứng minh HE.AD  EAEF d) Hãy so sánh diện tích tam giác ABC với diện tích tứ giác AEKF Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a b c   2 1b 1c  a2 Hết Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 15 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2015-2016 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 2) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 15 Câu (3,0 điểm) Giải phương trình sau a) b)   ; x  2x  x  x  2x 3x   x   x  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên 3x  y  2xy   Câu (1,5 điểm) Tìm số nguyên tố p, q thỏa mãn p  q  p  q      Câu (3,5 điểm) Cho hai đường tròn O , O ' cắt A B Từ điểm C thuộc tia đối     tia AB kẻ hai tiếp tuyến đến O D E, E nằm O ' Các đường thẳng AD,   AE cắt O ' điểm thứ hai tương ứng M, N Gọi I giao điểm DE MN a) Chứng minh tứ giác BEIN nội tiếp BIN ~ BDA 2  DA  CA  CD  b) Chứng minh     CB  CB   DB  c) Chứng minh I trung điểm MN Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  b2  c2  ab  bc  ca  2 a  b2  c2 Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 16 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2014-2015 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số 16 Câu (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức x xy y  x y A  xy  , với x, y  x  y  x y  ( x  y )2   Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x2  2(4m  1) x  16m2  11  (1), với m tham số a) Xác định m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn (2 x1  1)(2 x2  1)   x  x  xy  Câu (1,5 điểm) Giải hệ phương trình  3x  x  3xy  y  Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm x, y thỏa mãn x2  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  y  10 x y Câu (4,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi C điểm cung AB, D điểm thuộc cung nhỏ BC (D khác B C) Trên đoạn thẳng AD lấy điểm E cho AE  BD a) Chứng minh ACE  BCD b) Gọi F giao điểm OC BD Chứng minh DC phân giác ADF c) Tiếp tuyến (O) A cắt BC I Chứng minh IE//BD Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 17 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN Đề thức Đề số 17 (không lời giải) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2013-2014 Mơn thi chun: TỐN (vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Tìm hai số nguyên a b cho 1  1 a  1966 b  2013 Câu (2,5 điểm) Cho phương trình x2  2mx  m(m  1)  0(1) a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm bé x1 , nghiệm lớn x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  Câu (1,5 điểm) Giả sử x y số dương có tổng Đặt S  xy  xy a) Tìm giá trị nhỏ S b) Biểu thức S có giá trị lớn hay khơng ? Vì sao? Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = 6, AC = 8, BC = 10 Gọi M, N, P tương ứng chân đường cao, chân đường phân giác, chân đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A a) Chứng minh rằng, điểm N nằm hai điểm M P b) Tính diện tích tam giác APB, ABN ABM Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 18 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2013-2014 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 2) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 18 (không lời giải) Câu (1,5 điểm) Giả sử n số nguyên tố lớn Chứng minh 2013n  số nguyên dương Câu (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức A     Câu (1,5 điểm) Giải hệ phương trình 2   x  y  xy  17   6 y  xy  x  y   Câu (1,5 điểm) Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c A  B  C Chứng minh 9ab  (a  b  c)2 Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC Gọi H chân đường cao kẻ từ A, biết H nằm đoạn thẳng BC không trùng với B C Đường thẳng AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH D phân biệt với A Đường thẳng AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH E phân biệt với A a) Gọi I J trung điểm AB AC Chứng minh bốn điểm I, J, D, E nằm đường tròn b) Chứng minh HA tia phân giác EHD c) Xác định mối liên hệ AB, AC AH để DE tiếp xúc với hai đường trịn nói Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 19 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2012-2013 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 19 Câu 1.(1,5 điểm) Rút gọn biểu thức A a a b b a a b b  a b  a  b a b        a  a b b a a b b a  b a  b   a  b a, b số thực dương phân biệt Câu (1 điểm) Chứng minh với tham số m phương trình x2  2(m  1) x  m   ln có hai nghiệm phân biệt 3x  y  10 xy  Câu (1,5 điểm) Giải hệ phương trình  5 x  y  xy  Câu 4.(2,0 điểm) Tìm hai số nguyên dương p, q cho p  q  Chứng minh n số nguyên dương lớn n4  4n khơng phải số nguyên tố Câu (4 điểm) Cho đường trịn (O, R) có đường kính AB cố định đường kính CD thay đổi cho CD khơng vng góc khơng trùng với AB Gọi d tiếp tuyến A (O; R) Các đường thẳng BC BD cắt d tương ứng E F 1.Chứng minh CDEF tứ giác nội tiếp Gọi M trung điểm EF , chứng minh BM  CD Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF Chứng minh MK  R Gọi H trực tâm tam giác DEF , chứng minh H ln chạy đường trịn cố định Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 20 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2012-2013 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 2) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 20 Câu 1.(1,5 điểm) Giả sử a, b, c số nguyên cho a  b  c chia hết cho Chứng minh a, b, c đồng thời chia hết cho Câu (1,5 điểm) Giải phương trình x  | x  | 2  Câu (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương p, q, r cho ( p  1)(q  4)(r  9)  48 pqr Câu 4.(1,0 điểm) 20( x  y )  xy  Giải hệ phương trình 30( y  z )  11yz 12( z  x)  zx  Câu (1,5 điểm) Chứng minh    2012 2011  2013 2012  Câu (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB Lấy điểm C thuộc (O) cho CA > CB Các tiếp tuyến A C cắt D Vẽ hình bình hành BODE a) Chứng minh ba điểm B, C, E thẳng hàng b) Gọi F  AE  OD H  OE  CD Chứng minh HF//AC c) Chứng minh ba đường thẳng OC, DE, HF đồng qui Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 21 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2011-2012 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 21 Câu Cho biểu thức P  ( x  1) y  x x y  ( y  1) x  y x y , x, y số thực dương phân biệt Tính giá trị biểu thức x   21, y   21 Câu Cho hàm số y  ax  2a  (P ) y  2ax  2a (d ) Tìm giá trị a cho (P ) qua điểm A(2;15) Với giá trị a (d ) tiếp xúc với (P)  x  y  xy  55 Câu Giải hệ phương trình  2 x  y  85  Câu Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn hệ thức a  b  c  Tìm giá trị nhỏ     biểu thức P  1  1  1    a  b  c  Câu Cho đường trịn tâm O, bán kính R  15cm Điểm A nằm ngồi đường trịn cho OA  25cm Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường trịn (O) 1.Tính độ dài đoạn BC Điểm M thuộc cung nhỏ BC (M  B, M  C ), tiếp tuyến với đường tròn M cắt AB, AC E F BC cắt OE, OF P Q Chứng minh tỷ số PQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M thuộc cung nhỏ BC (M  B, M  C ) EF Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 22 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN Đề thức Đề số 22 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2011-2012 Môn thi chun: TỐN (vịng 2) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu Cho phương trình x  4x  m  3m  (1) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm Giả sử x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1) Hãy tìm giá trị m cho x1  x22  x2 Câu Tìm số nguyên không âm a, b cho a  b  5a  3b  số nguyên tố Câu Giả sử x, y, z số thực không âm thỏa mãn hệ thức x  y  z  Hãy tìm giá trị lớn biểu thức P  x y  y z  z x Câu Cho nửa đường trịn O; R  đường kính AB M điểm nửa đường trịn Gọi H thuộc AB cho MH  AB Tia phân giác góc HMB cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác AMH điểm thứ hai I cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BMH điểm thứ hai J Gọi E, F trung điểm MA, MB Chứng minh E, I , F thẳng hàng Gọi K trung điểm IJ Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác KEF theo R Câu Bên hình lục giác có cạnh cho 81 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình vng có cạnh (kể biên) chứa điểm số điểm cho Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 23 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2010-2011 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 23 Câu I Tính giá trị biểu thức P  83  72 2 Tìm giá trị nguyên x để 3x  số nguyên x 1 Câu II x   x  3x  1 Giải phương trình Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình x  2(m  1) x  2m   Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  x1  x2 2 Câu III Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R  có góc B, C nhọn Biết BAC  60 , đường cao AH tam giác ABC Tính diện tích tam giác ABC Gọi P điểm di động cung nhỏ BC; M, N điểm đối xứng P qua đường thẳng AB AC Xác định vị trí P cho độ dài MN lớn Tính độ dài lớn Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 24 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2010-2011 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 2) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 24 Câu I Giải phương trình 12 x 3x   x2  4x  x2  2x  2 Tìm số nguyên dương n cho n  n  số nguyên tố 13 Câu II Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x  y  xy  x  y  Câu III Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ 3 biểu thức x3 y3 z3 P   y  3z  3x  Câu IV Cho nửa đường trịn (O) có đường kính AB Đường trịn ( I ) tiếp xúc với AB C tiếp xúc với (O) D Giả sử BD cắt ( I ) E (E khác D) tiếp tuyến ( I ) E cắt (O) F Chứng minh EF  AB Chứng minh FC phân giác góc AFE Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN Đề thức Đề số 25 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2009-2010 Môn thi chuyên: TỐN (vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu (2 điểm) Cho phương trình x  (2m  3) x  m(m  3)  , với m tham số Với giá trị m phương trình cho có hai nghiệm phân biệt Tìm giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm u, v thỏa mãn hệ thức u  v  17 Câu (4 điểm)  x  y  2( x  y )  23 Giải hệ phương trình   x  y  xy  11 Cho số thực x, y thoả mãn x  y  Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức P x y( x  y) Câu (4 điểm) Cho hai đường tròn (O1 , R1 ) (O2 , R2 ) cắt hai điểm I, P Cho biết R1  R2 O1 ,O2 khác phía đường thẳng IP Kẻ hai đường kính IE, IF tương ứng (O1 , R1 ) (O2 , R2 ) Chứng minh E, P, F thẳng hàng Gọi K trung điểm EF Chứng minh O1 PKO2 tứ giác nội tiếp Tia IK cắt (O2 , R2 ) điểm thứ hai B , đường thẳng vng góc với IK I cắt (O1 , R1 ) điểm thứ hai A Chứng minh IA  BF Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 26 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2009-2010 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 2) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 26 Câu 1 Giải phương trình: 3x   x   x  Cho biết ( x1 , y1 ) ( x2 , y ) nghiệm hệ phương trình x  y  m  2 5 x  y  20 Tìm m để biểu thức ( x1  x2 )  ( y1  y ) đạt giá trị nhỏ nhất, tính giá trị nhỏ Câu Tìm số nguyên dương x, y thoả mãn ( x  y )( x  y  8)  8( xy  1) Cho số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c  Chứng minh a b3  b c3  c a3  Dấu đẳng thức xảy nào? Câu Cho ba điểm phân biệt A, B, C nằm đường thẳng (điểm B nằm A C ) Gọi (O1 ), (O2 ), (O3 ) tương ứng nửa đường trịn đường kính AB, BC , CA chúng nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AC Đường thẳng qua B vng góc với AC cắt (O3 ) điểm D Chứng minh tiếp tuyến chung (O1 ), (O2 ) ( khác BD ) song song với tiếp tuyến (O3 ) điểm D Tính diện tích phần hình phẳng nằm ngồi (O1 ), (O2 ) nằm (O3 ) theo a  BD Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 27 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2008-2009 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 27 Câu 1: Tính giá trị biểu thức A( x y với x  2y x y )( x  y ),  21  21 , y 4 Câu 2: Giải phương trình ( x  x  1)( x  x  2)  12 Câu 3: Tìm m để phương trình x  2mx  2m   có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện x12  x22  x1 x2  10 Câu 4: Cho a, b hai số thực dương Chứng minh a2  1  b2   2 b a Khi xảy dấu đẳng thức? Câu 5: Cho tam giác ABC (O) đường trịn nội tiếp Gọi M , N , P0 tiếp điểm cạnh AB, AC BC với (O) Trên cạnh AB, AC lấy điểm M , N cho BM  CN  BC a) Chứng minh P0 M N  (A  B) b) Chứng minh tam giác OMN tam giác cân c) Xác định vị trí M AB cho đoạn MN ngắn Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 28 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2008-2009 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 2) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 28 Câu 1: Giải phương trình a) x  x  b) 10  x  4x  2 x   3x   5x  Câu 2: Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình x  18x   Đặt S n  x1n  x2n , n  N , N tập số tự nhiên a) Chứng minh S n2  18S n1  S n , n  N b) Chứng minh S n số nguyên dương không chia hết cho 17 với n  N Câu 3: Cho số a, b, c, d thuộc đoạn 0,1 Tìm giá trị lớn biểu thức P  abcd  (1  a)(1  b)(1  c)(1  d ) Câu 4: Cho (O) đường trịn có bán kính R A, B điểm thuộc (O) cho AB  2a không đổi, với < a < R Giả sử M , N hai điểm thuộc cung lớn AB cho AM  BN a) Tính khoảng cách từ O đến trung điểm I MN theo a b) Xác định vị trí M cho độ dài MA  MB đạt giá trị lớn Câu Cần dùng bìa hình trịn có bán kính để phủ kín tam giác có cạnh 3, với giả thiết khơng cắt bìa? Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 29 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2007-2008 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số 29 Câu 1: Cho biểu thức  x   A=    4 x    x 1 x  1     x 1 x    a) Rút gọn A b) Tìm x để A  x Câu 2: a) Xác định giá trị m để phương trình sau có nghiệm kép: x  x  m(m  3)   x  y  b) Giải hệ phương trình:  3  x y  xy  30 Câu 3: Cho số thực x, y thoả mãn x  y  Hãy tìm giá trị nhỏ giá trị lớn 2 biểu thức P  x  5y Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường Gọi AA', BB', CC' đường cao H trực tâm tam giác ABC tròn tâm O a) Chứng minh AA' đường phân giác B' A' C ' b) Cho BAC  60 Chứng minh tam giác AOH tam giác cân Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 30 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2007-2008 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 2) Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số 30 Câu 1: a) Tìm nghiệm nguyên phương trình 5x  2007 y  , x  1; 3000  b) Chứng minh 3n  22 n3   11 , với số tự nhiên n Câu 2: Xác định số nguyên tố p , q cho p  pq  2q p  pq  q số 2 2 nguyên tố Câu 3: Cho số thực dương a , b , c thoả mãn a  b  c  Chứng minh bc5 ca4 ab3    1 a 2b 3c Dấu đẳng thức xảy nào? Câu 4: Cho đường trịn tâm O bán kính R điểm H nằm đường tròn Qua H ta vẽ hai dây cung AB CD vuông góc với a) Tính AB  CD theo R , biết OH  2 R b) Gọi M, N, P trung điểm đoạn thẳng AC, BD, OH Chứng minh M, N, P thẳng hàng Câu 5: Trong tam giác có cạnh lớn 2, người ta lấy điểm phân biệt Chứng minh điểm ln tồn hai điểm mà khoảng cách chúng không vượt Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 31 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2006-2007 Đề thức Mơn thi chun: TỐN (vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 31 Câu 1: Chứng minh với số nguyên n n2 + n + không chia hết cho Câu 2: a) Giải hệ phương trình  x  y  x  y  19   xy( x  1)( y  2)  20 b) Giải phương trình 3x  + 2 x = Câu 3: Cho hàm số f(x) = (x3 + 6x – 5)2006 Tính f(a) với a = 3  17 + 3  17 Câu 4: Cho hai đường tròn (O, R ) (O ', R ') cắt A B Gọi EF tiếp tuyến chung hai đường tròn ( E thuộc ( O , R ) F thuộc (O ', R ') ) Đường thẳng AB cắt EF K Gọi I điểm đối xứng A qua K ( A nằm B I ) a) Có nhận xét tứ giác AEIF ? b) Gọi M trung điểm OO' Cho biết MA = MO' Hãy tính độ dài EF theo R R ' Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 32 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN Đề thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2006-2007 Mơn thi chun: TỐN (vịng 2) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 32 Câu 1: Tìm số nguyên dương a cho a1966  a2006  số nguyên tố Câu 2: a) Giải phương trình x  x  8x  12  b) Xác định số nguyên m để phương trình sau có nghiệm nguyên x  m(m  1) x  3m   Câu 3: Chứng minh a2 b2 (a2  b2 )  128, với a, b số thực dương thoả mãn hệ thức a  b  Dấu đẳng thức xảy nào? Câu 4: Cho tam giác ABC, có O trung điểm cạnh BC Vẽ xOy = 600 cho tia Ox, Oy cắt cạnh AB, AC E, F a) Chứng minh BC2  4BE.FC b) Chứng minh đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn cố định xOy quay xung quanh O cho tia Ox, Oy cắt cạnh AB, AC tam giác ABC Hết -Họ tên Số báo danh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 33 HƯỚNG DẪN GIẢI PHẦN 1: ĐỀ TOÁN VÀO 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN Đề số Câu 1: a) Điều kiện: x  1  x  x  1  12x  x   20     x x   x x   10  x x 1    x x   10 TH1: x x    x3  x   x  (thỏa mãn điều kiện) TH2: x x   10  x3  x  100  x  (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có hai nghiệm x  x  b)  x y  xy  x  2 2  x y  x y   Hệ phương trình 1   Đặt xy  a , x  b Ta có:  ab  a  b    2  a  b   ab  ab  a  b   ab  a  b  Hệ phương trình trở thành    a  b   a  b     a  b    a  b   12  2 a  b    a  b  3 a  b       a  b  4 TH1: a  b  suy ab  X 1  a, b nghiệm phương trình X  X     X    a; b   1; 2 ;  2;1  1   x; y    2;  ; 1; 2  2 TH2: a  b  4 suy ab  Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 34  a, b nghiệm phương trình: X  X   (phương trình vơ nghiệm) Câu 2: a) Ta có: P    P    2019   8ba  9b  c    36a  6b  c   2019  45a  3b  2019 1 Lại có: P 10   P    100a  10b  c    29a  7b  c   51a  3b Đặt P 10   P    t  51a  3b  t   Trừ vế theo vế (2) cho (1) ta có: 6a  t  2019 , mà 6a chẵn, 2019 lẻ nên t lẻ, ta có điều phải chứng minh b) Ta có: x y  x  y xy  y   y  x y  x  y   x  xy  y  1 xy  y   y  x xy  y  y  m TH1: y  x   x  m : Với m số tự nhiên khác Thử lại thấy thỏa mãn TH2: y  x , ta có: xy  y   y  x   x  1 y  y  x   (vơ lí x, y  1) TH3: y  x Ta có: xy  y   x  y  x  y  1  y  y   (vơ lí x, y  1)   Vậy,  x; y   m ; m với m thuộc tập số tự nhiên khác Câu 3: Từ đẳng thức abc  a  b  c   Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 1    1 ab bc ca abc TÀI LIỆU TOÁN HỌC 35 Đặt x y z  ;  ;  ( x, y, z  0) a yz b zx c x y Ta có: P  a  b2 Mặt khác: 2ab   b2  c  xy  x  z  y  z  c2  a2   2ab  2bc  2ca 1 x y     2 x z y  z  Tương tự ta có: 2bc 2ca  1 y z     2 y  x z  x  1 z x     2 y  z y  x Cộng vế theo vế ta có: P  2 Dấu xảy x  y  z  Hay a  b  c  Câu 4: a) Có ̂ ̂(hai góc kề bù) ̂= ̂ ̂  ̂ =180 - ̂ ̂ ̂(Do cung DE  EC ) ̂ Suy DEF đồng dạng với NEA b) Ta có EB  EC  EM E điểm cung BC theo giả thiết EM  EC Mặt khác AE tia phân giác ̂ suy AE trung trực đoạn thẳng BM hay vng góc với tia NM Chứng minh tương tự NE tia phân giác ̂, suy NE đường trung trực đoạn thẳng MC hay NE vng góc với AM Từ hai điều ta có M trực tâm AEN c) Gọi giao điểm AM với EN X , BN với AE Y Gọi giao điểm IM với đường tròn  O  T Dễ thấy ATNM hình bình hành nên TN vng góc với EN suy ET đường kính đường trịn  O   ̂ = 90 hay ̂ = 90 hay K thuộc đường trịn đường kính EM , suy năm điểm X , Y , M , K , E thuộc đường trịn Ta có ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ (do tứ giác MEKX nội tiếp) Suy CM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 36 Câu 5: Ta tô màu đoạn thẳng có đầu mút 12 điểm cho: -Tơ đỏ đoạn thẳng có độ dài nhỏ 673 -Tơ xanh đoạn thẳng cịn lại tam giác có cạnh màu đỏ Ta chứng minh có tam giác có cạnh màu đỏ +Xét điểm 12 điểm cho Từ điểm A nối đến đoạn thẳng lại tạo thành đoạn thẳng, tô tới hai màu xanh, nên tồn cạnh màu Giả sử AB, AC, AD Nếu AB, AC, AD tơ đỏ (nét liền, h1) tam giác BCD phải có 1cạnh tơ đỏ(h1)., chẳn hạn BC tam giác ABC có cạnh tơ đỏ(h2) Nếu AB, AC, AD tô xanh (nét đứt, h3) Do tam giác phải có cạnh đỏ nên BC, CD, BD tam giác BCD có cạnh đỏ(h1) Suy điểm tồn tam giác có cạnh màu đỏ +Xét điểm lại, chứng minh tương tự Vậy 12 điểm ln tồn tam giác có hai cạnh màu đỏ Suy tồn hai tam giác mà chu vi tam giác bé 2019 (Từ trái qua phải h1,h2,h3,h4) Đề số Câu a) Giải phương trình : x    x  x2  5x 1 Điều kiện xác định:  x  Ta có x2  5x      x  1    x 1  x 3 x 3  0 x  1  x 1 1     x  3  x    0 x  1  x 1     x  1 x  3  1    1 0 1  Do  x    2x 1  0 x  1 x  1  x 1 2  x    x    x  3(tm) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 37 Vậy phương trình có nghiệm x  b) Hệ cho tương đương với 2 xy  y  x  xy  y  x   2 2  y  y   x  x  x  y  y   xy  y  x  x   xy  y  x  xy  y  x     x  y   x  y  1   x  y    x  y      2  13 5  13 ;y  x  y  x  3    3 x  x    2  13 5  13 ;y  x  3     5  22 26  22  x ;y  x  y  3    3 x  10 x  21   5  22 26  22  ;y x  3   Vậy hệ phương trình cho có nghiệm Câu a) Do x, y, z số nguyên nên x  y  z    xy  y  z  x  y  z   xy  y  z  2   y    x  y     1   z      2   x  y  x   y    1    y  2  z  z     Vậy x  1; y  z  số nguyên cần tìm a) Giả sử m  n Theo ta có: m  n    m  n  1 m  n  1  m  n  1   m  n     m  n   1  m  n  1     2m  2n  m  2mn  n   m  n  1   m  n  m  n  1 Do m  n  số nguyên tố  m  n  ước m  n Mà m  n  m  n  vơ lý Vậy giả sử sai  m  n  m.n  m2 số phương Ta có điều phải chứng minh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 38 Câu Ta có:  a  1 a  a  1    a  2a  1 a  a  1   a  a3  a    a  a3   a  a  a  ab   ab  a   a  a  ab  ab  a   Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: 1 1  ;  4 bc  b  c  c  ac  ac  c  b  b  bc  Như VT  1 1 1          ab  a  bc  b  ac  c   ab  a  bc  b  ac  c   (Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho số) Lại có 1 1 a ab               ab  a  bc  b  ac  c    ab  a  abc  ab  a a bc  abc  ab  a ab         ab  a  1  ab  a a  ab   Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy a  b  c  Câu A I N P C H J M O Q B K D Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 39 a) Chứng minh AN.BI  DH BK Ta có chắn cung AB nên BDA  BNA  IHA  BNA  INA Suy tứ giác ANHI nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh nhìn cạnh góc nhau) Do đó: AHN  AIN  BIK (hai góc nội tiếp chắn cung AN ) Ta có : AK  BD  AK  IH  AIH  900 Do tứ giác AHNI tứ giác nội tiếp (cmt)  AIH  ANH  1800  ANH  900 BK BI BI  IBK  NAH  ANH BKI ( g.g )     AN BI  DH BK AN AH DH b) Gọi O1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, I trung điểm NP Vì A; D đối xứng qua BC nên PA tiếp tuyến (O) Ta có: PAN  PO1 N  PO1I1 (góc nội tiếp góc tâm chắn cung NP đường tròn  O1  ) Lại có: PAN  ADN (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AN  O  )  PO1I1  ADN Hơn ANHI nội tiếp (cmt) nên ANH  AIH  900  NAH  NHP (cùng phụ với NHA ) Ta có : NAH  NIH  NBD  NDP  NHP  NDP  tứ giác PDNH nội tiếp nên NPH  NDA  NPH  PO1I1 Mặt khác : PO1I1  O1PI1  900  NPH  O1PI1  900  O1PH  900 Suy BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c) Gọi J trung điểm OM, G trung điểm OC, E giao điểm QG BM Dễ thấy MQ đường kính đường tròn qua D tiếp xúc với MC (Do MDQ  900 )  MQ  MC Mà MC  BC  MQ / / BC Do MQ / / BC  QMO  MOP (so le trong)  QOM  Tam giác QOM cân Q  QJ  OM (trung tuyến đồng thời đường cao)  BOM  GJQ (góc có cạnh tương ứng vng góc) Mặt khác OGJ OJG( g.g )  OGJ OCM   GJ OG  JQ OJ OG OC OB   (OC  OB) OJ OM OM GJ OB   GJQ JQ OM BOM (c.g.c)  OMB  QJM  900 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 40 (hai góc nội tiếp chắn cung QM)  QE  EM  QE  BM Vậy đường thẳng qua Q vng góc với BM qua trung điểm G OC cố định Câu 5: Xét tập A  1; 2;3; .; 2500 tập B  1;3;3.2;3.22 ; ;3.213 Do 3.213  24576  250000  B  A Tập B có 15 phần tử Do bóng sơn màu mà có màu nên theo nguyên lý Dirichle tập B tồn bóng màu Giả sử bóng đánh số a  b  c a chia hết cho b, b chia hết cho c abc  18  17 Vậy ta có điều phải chứng minh Đề số Thầy Nguyễn Công Lợi Câu (7.0 điểm) a) Giải phương trình 3x  x   14 x   20  Phân tích Điều kiện xác địnhcủa phương trình x  Nhận thấy phương tình có chứa hai  thức   nên ta đặt x   a x   b với a  0, b  Nhận thấy  x   x   3x  20 ta có biến đổi sau Phương trình cho tương đương với     3x  x   14 x   20   x   x   x   14 x   Từ ta có phương trình 4b2  a2  7a  14b   2b  a 2b  a    Đến cần giải phương trình tích xong  Lời giải Điều kiện xác định phương trình x  Phương trình cho tương đương với     3x  x   14 x   20   x   x   x   14 x   Đặt x   a x   b với a  0, b  Khi phương trình trở thành Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 41 2b  a  4b2  a  7a  14b   2b  a 2b  a     2b  a      + Với 2b  a   2b  a  x   x    x    x   x  20 + Với 2b  a    2b   a , ta có phương trình 4  x4 7 x4   4  29 4  x    2  29  3x  14 x       x  53  x    7   x4  4  x  53  29  3x  14 x   29 4  x  x5  9x  370x  1625   Kết hợp với điều kiện xác định ta x  nghiệm phương trình  Nhận xét Nhận thấy x  nghiệm phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp nhận lượng liên hợp để làm xuất đại lương x  Ta có biến đổi sau 3x  x   14 x   20  3x  15  x    14 x   42     x5   x5    14 x      x  3  x4 3   x 4 1 x     14 3  0  x 4 1 x4 3  x 4 1   0 x   3 14 + Với x    x  , thỏa mãn điều kiện xác định + Với  x 4 1 Từ ta  14 x4 3 14 x4 3 0 3  Với x  x 4 1 14  14 x4 3 x4 3  14 3  (Mâu thuẫn) Vậy x  nghiệm phương trình     6x  4y   x   b) Giải hệ phương trình  6y  4x   y  Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 42  Phân tích Nhìn vào hệ phương trình cho ta thấy có dạng đối xứng dạng II nên ta thử đưa hệ hai đại lương x  y  xem Hệ phương trình cho trương đương với                 6x  4y   x  6 x   y   x      6y  4x   y  y 1  x 1  y 1     2 Đến cần đặt x   a y   b ta hệ phương trình đối xứng dạng dạng II             6 x   y   x    Lời giải Hệ phương trình cho tương đương với  y 1  x 1  y 1   6a  4b  a Đặt x   a; y   b Khi hệ phương trình cho trở thành  6b  4a  b a  b  Trừ theo vế ta a  b2  2a  2b    a  b  a  b      a  b   + Với a  b   a  b  x   y   x  y  Thế vào phương trình thứ hai hệ ta     6y  y    y  y   y2  12y  11     y  11   x  1; y   x  9; y  11  + Với a  b    a   b  x     y  1  x   y Thế vào phương trình thứ hai hệ ta     6y   y   y   y  1  y2  4y      y5   x  3; y  1  x  3; y   Vậy nghiệm hệ phương trình  x; y    1;1 ,  9;11 ,  3; 1 ,  3;  Câu Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S  n   n2  2017n  10 với S  n  tổng chữ số n  Phân tích Nhận thấy n  2017 thoả mãn yêu cầu toán nên ta xét trường hợp  n  2016 , n  2017 n  2017 , sau cần với  n  2016 n  2017 không Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 43 tồn n thỏa mãn yêu cầu toán Chú ý đến điều kiện  S(n)  n Ta có lời giải chi tiết sau    Lời giải Vì n số tự nhiên S n tổng chữ số n nên n   S(n)  n Ta xét trường hợp sau: + Trường hợp Nếu  n  2016 Khi ta có      S n  n2  2017n  10  n2  2017n  2016  n  n  2016  Trường hợp khơng tồn n thỏa mãn S(n)  + Trường hợp Nếu n  2017 Khi ta     S n      10 S n  20172  2017.2017  10  10 (Thỏa mãn) + Trường hợp 3, Nếu n  2017 Khi S  n   n2  2017n  10  n2  2017n  n  n  2017   n Trường hợp không tồn n thỏa mãn n  2017 Vậy n  2017 thỏa mãn yêu cầu toán Câu Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn c  a Chứng minh rằng: 2  a   b   c       4   a  b b  c c a  Phân tích Dự đốn dấu xẩy a  b  c Nhận thấy bất đẳng thức cho khơng có dạng đối xứng nên ta biển đổi đặt ẩn xem Bất đẳng thức cho tương đương với Đặt  b 1   a    c 1   b    a 1   c   a b c  x,  y x, y  Khi  Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành c xy a b     4x2 y2 1  x  1  y  1  xy  Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 2  TÀI LIỆU TOÁN HỌC 44 Áp dụng bổ đề 1  1  x  1  y  2  * Để chứng minh bổ đề * ta cần sử dụng xy    4x2 y2  xy  1  xy phép biến đổi tương đương Ta cần chứng minh    Đến cần sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số toán chứng minh Chú ý đến c  a ta có lời giải chi tiết sau  Lời giải Bất đẳng thức cho tương đương với Đặt  b 1   a    c 1   b    a 1   c   a b c  x,  y x, y  Khi  Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành c xy a b   1  4x2 y2    , với x, y số dương xy  1  x  1  y  1  xy  Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 2  1  x  1  y  2 Thật vậy, bất đẳng thức tương ương với 2  2x  2y  x  y2   xy  1  1  2x  x 1  2y  y     2xy  x2 y2  x y  xy    xy  Đặt P  4x2 y2  xy  1  xy Khi P    Ta cần chứng minh     11    0 1  x  1  y  2  xy  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: 4x2 y2  xy  1  xy  4x2 y2  xy  1  xy   xy x  y Bất đẳng thức cuối x, y  Vì ta có Ta quy toán chứng minh 4x2 y2 1  xy  1  4xy  xy 4xy 3xy  1   xy  1  xy  xy 1 xy 3xy 3  hay   xy 2 1 xy Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 45 Thật vậy, từ giả thiết c  a ta a 3   Do  c xy 1 xy Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy a  b  c Câu Cho hai đường tròn  O   O '  cắt A B Trên tia đối tia AB lấy điểm M khác A Qua M kẻ tiếp tuyến MC MD với đường tròn  O '  (C, D tiếp điểm D nằm đường tròn tâm O) a) Chứng minh AD.BC  AC.DB  Phân tích tìm lời giải Quan M sát hình vẽ ta nhận thấy giả thiết toán ta nhận thấy để chứng minh C AD.BC  AC.DB ta quy chứng minh AC AD  Nhận thấy BC BD chứng minh cách trực tiếp nên ta nghĩ đến A Q E J O I D H O' N B F K P chọn tỉ số trung gian Ta có AC tiếp tuyến AB cát tuyến nên dễ thấy hai tam giác MAC MCB đồng dạng với nhau, từ ta có Tương tự AC MA  BC MB AD MA  BD MB Do ta AC AD  hay ta có điều cần chứng minh BC BD    Lời giải Vì MC tiếp tuyến đường trịn O ' nên ta MCA  CBM Xét hai tam giác MAC MCB có MCA  CBM MCB chung Suy tam giác MAC đồng dạng với tam giác MCB, ta AC MA  Chứng minh tương tự ta tam giác MAD BC MB Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 46 đồng dạng với tam giác MDB nên AD MA AC AD Kết hợp hai kết ta   BD MB BC BD hay AD.BC  AC.DB b) Các đường thẳng AC AD cắt đường tròn  O  E, F (E, Fkhác A) Chứng minh đường thẳng CD qua trung điểm EF  Phân tích tìm lời giải Gọi N giao điểm CD với EF ta cần chứng minh NE  NF Nhận thấy trực tiếp tam giác chứa NE NF nên ta nghĩ đến việc tạo tỉ số thông qua tam giác đồng dạng định lí Talets Để ý tỉ số cần có chứa đoạn NE NF Từ ta thấy có hướng sau + Hướng Ta thấy NFB  BAC  BDC nên tứ giác NFBD nội tiếp Do CA NF  Từ ý a ta CB NB CA DA DA NE   có Do phép chứng minh kết thúc ta Để ý ta có CB DB DB NB FNB  FDB  ACB nên hai tam giác BNF CAB đồng dạng nên ta có BEN  FAB ENB  BDA , suy hai tam giác ENF BDA đồng dạng Suy ta DA NE  Đến kết hợp kết ta NE  NF DA NB + Hướng Dựng đường qua A đường thẳng song song với CD cắt EF I Khi theo định lý Talest ta có NE EC NF DF   Như phép chứng minh kết thúc ta NI AC NI DA EC DF  Tứ giác ACBD nội tiếp nên FDB  ACB , ta FDB  ECB AC DA Xét tam giác ECB tam giác DFB có FDB  ECB CEB  DFB (cùng chắn cung AB ) Suy tam giác ECB đồng dạng với tam giác DFB, từ suy DF DB  Do ta EC CB DA DF EC DF NF NE    hay Điều dẫn đến hay N qua trung điểm EF CA EC AC DA NI NI + Hướng Để ý đến định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng NF CE DA DA CE  Như để có NE  NF ta cần  NE CA DF DF CA Chú ý theo kết ý a ta có AD.BC  AC.DB Như phép chứng minh kết thúc ta có hệ thức ta BC DF  Điều có nghĩa ta cần chứng minh BD CE Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 47 BCE ∽ BDF Để ý ta thấy ECB  BDF CEB  BFD nên BCE ∽ BDF Như ta có lời giải cho tốn  Trình bày lời giải + Cách Gọi N giao điểm CD EF Từ câu a ta có AC AD Do tứ giác ABFE  BC BD ACBD nội tiếp nên NFB  BAC  BDC , suy tứ giác BFND nội tiếp, FNB  FDB  ACB Lại có NFB  BAC nên hai tam giác NFB CAB đồng dạng với CA NF  Ta lại có BEN  FAB , lại FNB  FDB nên ENB  BDA , CB NB DA NE  suy hai tam giác ENF BDA đồng dạng Suy ta Kết hợp ba kết DA NB Do suy ta NE NF  , đs NE  NF hay N trung điểm EF NB NB + Cách Từ AD.BC  AC.DB suy DA DB  Gọi N giai điểm CD với EF Từ A kẻ CA CB đường thẳng song song với CD cắt EF I Theo định lý Talest ta có NE EC  NI AC NF DF  Tứ giác ACBD nội tiếp nên FDB  ACB , ta FDB  ECB Xét tam NI DA giác ECB tam giác DFB có FDB  ECB CEB  DFB (cùng chắn cung AB ) Suy tam giác ECB đồng dạng với tam giác DFB, từ suy DF DB  Do ta EC CB DA DF EC DF NF NE    hay Điều dẫn đến hay N qua trung điểm EF CA EC AC DA NI NI Vậy CD qua trung điểm N EF + Cách Gọi N giao điểm CD EF Theo kết ý a ta có AD.BC  AC.DB Xét hai tam giác BCE BDF có ECB  BDF CEB  BFD nên BCE ∽ BDF Từ BC DF  BD CE DA CE  Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, DF CA NF CE DA DA CE NF  Kết hợp với  ta  nên suy C thẳng hàng ta có NE CA DF DF CA NE NE  NF hay N trung điểm EF Do ta c) Chứng minh đường thẳng EF ln qua điểm có định M thay đổi  Phân tích tìm lời giải Bài tốn yêu cầu chứng minh EF qua điểm cố định M thay đổi AB ta dự đoán điểm cố định Từ đề ta nhận thấy điểm A, B, O, O’ cố định nên ta dự đốn điểm cố định cần tìm có liên hệ với điểm Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 48 Do điểm O B cố định nên tiếp tuyến với đường tròn  O  B cố định Gọi P giao điểm EF với tiếp tuyến B P ta dự đoán P điểm cố định Muốn khẳng định điều ta dự đốn ta cần chứng minh BP khơng đổi Đến ta thấy có hướng sau + Hướng Gọi K H trung điểm AC BD Gọi J giao điểm OO’   CD Khi dễ thấy JA BJ tiếp tuyến đường trịn O' Do J điểm cố định Biến đổi góc ta có EPB  EFB  FBP  BAC  BEP  BDC  FAB  BDC  JBD  BJC Điều dẫn đến hai tam giác EPB CJB đồng dạng với Do ta hay BP  BE BP  BC BJ BE BJ BJ không đổi Dễ thấy hai tam giác EPB CJB đồng dạng với BC nên hai tam giác DBC FBE đồng dạng với Mà hai tam giác DBC EBF nội tiếp   hai đường tròn O'  O  Do BE BE OA BJ  ' khơng đổi Từ ta BP  BC O A BC không đổi Suy P điểm cố định hay EF qua điểm P cố định + Hướng Do tứ giác BFND nội tiếp ta có PBF  PEB  BAF  JBD BFP  BDJ Suy hai tam giác BDJ BFP đồng dạng, BJD  BPF nên tứ giác BJNP nội tiếp đường ' tròn Suy ta BJP  BNP  BDF  BCA  BOO Mặt khác ta lại có O' BO  PBJ nên hai tam giác JBP O’BO đồng dạng với Do BP BJ BJ.BO , không   BP  ' BO BO BO' đổi Suy điểm P cố định Vậy EF qua điểm P cố định  Trình bày lời giải + Cách Gọi K H trung điểm AC BD Gọi J giao điểm OO’ CD Khi dễ thấy O' KJ ∽ O' HM nên ta O' K O'J '  hay O' K.O' M  O' H.OJ Mà O' H O' M ' ' ' ' ' ta lại có OK.OM ta có OA2  O' H.OJ nên ta suy AJ  O' A hay  OD  OA   NA tiếp tuyến đường tròn O' A BJ tiếp tuyến đường tròn O  B ' Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn  O  cắt EF P Khi ta có EPB  EFB  FBP  BAC  BEP  BDC  FAB  BDC  JBD  BJC Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 49 Điều dẫn đến hai tam giác EPB CJB đồng dạng với Do ta   BE BP BE  BJ Do hai đường tròn O O' cố định nên A hay BP  BC BJ BC   B cố định, điểm J cố định, suy BJ không đổi Do hai tam giác EPB CJB đồng dạng với nên suy hai tam giác DBC FBE đồng dạng với Mà hai tam giác   DBC EBF nội tiếp hai đường tròn O'  O  Do ta BP  BE OA khơng đổi Từ  BC O' A BE BJ không đổi Suy P điểm cố định hay EF qua điểm P cố BC định + Cách Gọi J H giao điểm OO’ với CD AB Gọi K giao điểm MO’ với CD Khi dễ thấy hai tam giác O’HM O’KJ đồng dạng với Suy O' H O' M O' H O' B ' ' ' ' ' '  nên ta có OH.OJ Từ ta lại '  ' ,  OK.OM  OC  OB O'Q O'J OB OJ suy hai tam giác HO’B O’BJ đồng dạng với Do ta O' BJ  O' HB  900 ,   tương tự ta AJ tiếp tuyến A đường tròn  O  Do A B cố định nên J suy BJ  O' B hay BJ tiếp tuyến B đường trịn O' Chứng minh hồn tồn ' cố định Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn  O  , tiếp tuyến cắt EF P, suy đường thẳng BP cố định Khi tứ giác BFND nội tiếp đường trịn nên ta có PBF  PEB  BAF  JBD BFP  BDJ Suy hai tam giác BDJ BFP đồng dạng, ' BJD  BPF nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn Suy BJP  BNP  BDF  BCA  BOO Mặt khác lại có O' BO  PBJ nên hai tam giác JBP O’BO đồng dạng Do hay ta BP  BP BJ  BO BO' BJ.BO không đổi Suy điểm P cố định Vậy EF qua điểm P cố BO' định Câu Trong đường trịn  O  có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm A1, A2 , , A399 Chứng minh tồn vô số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường trịn O khơng chứa điểm 399 điểm A , A , , A   399    Lời giải Trong đường trịn O vẽ đường trịn O ' có bán kính 20 đơn vị Giả sử 399 điểm A1, A2 , , A399 nằm đường tròn  O '  Khi S(O ')  400 Từ 399 điểm A1, A2 , , A399 vẽ đường trịn có bán kính đơn vị Khi tổng diện tích 399 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 50 đường tròn 399  400 , suy 399 đường trịn khơng phủ hết đường trịn  O '  Do có vơ số khoảng trống đường trịn hay tồn vơ số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường trịn  O  khơng chứa điểm 399 điểm A1, A2 , , A399 Đề số Thầy Nguyễn Công Lợi Câu (7.0 điểm) 3x a) Giải phương trình x 3x 4x Phân tích Phương trình có chứa nhiều dấu ta không nhẩm nghiệm đẹp nên tạm thời ta không sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp Lại thấy phương trình khơng thể viết thành tích hay viết thành bình phương Phương pháp đặt ẩn phụ khó khăn ta khơng thể biểu diễn vế phải theo hai thức vế trái Nhận thấy sau bình phương hai vế phương trình cịn thức phân tích nên ta chọn phương pháp nâng lên lũy thừa để giải toán xem 3x x 3x 4x 3x 2 2x 3x 2x Đến ta thấy giải phương trình Lời giải Điều kiện xác định phương trình Phương trình cho x tương đương với 3x Đặt t t2 Từ t 2t 3x ta x 2x t t 3x 4x 3x 2 2x 3x 2x Khi phương trình trở thành 3x 2x Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 x 13 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 51 Kết hợp với điều kiện xác định phương trình ta tập nghiệm S 13 ; 13 b) Giải hệ phương trình 2xy 4x 2 4x y 3y 12x 4y Phân tích Quan sát phương trình hệ ta thấy phương trình thứ có bậc ẩn, ta biểu diễn ẩn theo ẩn vào phương trình thứ hai, nhiên sau phép phương trình thu có bậc nên ta tạm thời chưa sử dụng phép Quan sát kỹ phương trình ta thấy phương trình thứ phân tích 2xy 4x 3y 2x y Đến ta giải hệ phương trình Lời giải Phương trình thứ hệ tương đương với 2xy + Với x y2 4y + Với x 4x 12x 4x 3y 2x y 2x y 0 2 x y , vào phương trình thứ hai hệ thu gọn ta y y , vào phương trình thứ hai hệ ta 5 x ;x 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm x ; y 3 ; 2, ; 4, ;0 , ; 2 2 Nhận xét Để ý phương trình thứ hai hệ có bậc hai ẩn nên ta xem phương trình phương trình ẩn y tham số x (vì hệ số cao y 1) Khi ta viết phương trình lại thành y ' 4x 4x 4y 12x 12x 4x 12x Đến ta , khơng có dạng phương Do phương trình khơng phân tích thành tích Để ý lên hệ hai phương trình hệ ta thấy Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 52 4x y2 4xy 2x y 12x 4y 8x 6y 4x 2y Do từ hệ phương trình ta 4x 2x y2 y 12x 4y 2xy 2x y 4x 2x 3y y 2x 4x y y2 4xy 4x 2y 0 Đến ta có thêm cách giải khác cho hệ phương trình Trong hệ phương trình mà phương trình có bậc hai ẩn ta cần kiểm tra cụ thể phương trình xem có phương trình phân tích thành tích Khi khơng có phương trình phương trình phân tích thành tích ta nghĩ đến phép cộng, trừ theo vế hai phương trình 4; 2;0 , điều có nghĩ phương trình ẩn y có Nhận thấy giá trị y nhận thể phân tích dẽ dàng Do ta rút x theo y từ phương trình thứ vào phương trình thứ hai để đươncj phương trình bậc ẩn y Chú ý khí rút x theo y ta phải xét trường hợp y để phương trình phân tích Câu Tìm tất cặp số nguyên dương x ; y cho x 2 xy Phân tích Khi giải tốn số học quan hệ chia hết ta ln có thói quen đặt kết phép chia k để đưa dạng phương trình nghiệm nguyên Ở ta áp dụng hướng Đặt x 2 k xy ta x kxy 2k phương trình bậc hai nên ta có hai ý tưởng để giải phương trình sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình áp dụng hệ thức Vi – et Xem phương trình phương trình bậc ẩn x ta có + Ý tưởng Sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình Ta có k 2y 2k k 2y 8k Để phương trình có nghiệm x ngun số phương Đến hướng khơng hợp lí cho k 2y 8k phải số phương khó để tìm k Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 53 + Ý tưởng Sử dụng hệ thức Vi – et để tìm điều kiện k Giả sử x ; y thỏa mãn u cầu tốn Xét phương trình x kxy0 2k , x nghiệm phương trình Do theo định lia Vi – te phương trình có nghiệm x Ta có x0 x1 ky0 ; x 0x1 Đến dễ thấy x nhận giá trị nguyên âm nên hương 2k không khả thi + Ý tưởng Cũng với ý tưởng đặt k ta cần thay đổi tốn chút xem x2 Khi đặt 2x 2y xy x 2y k xy 2x 2x 2y xy 2x 2y xy 2 đưa dạng phương trình nghiệm nguyên để giải Tuy nhiên để giải phương trình ta cần giới hạn k Để làm điều ta cho k nhận vài giá trị 1;2; giới hạn k Ta thấy k ta tìm cặp x ; y 3; thỏa mãn Khi k 2;3;4 ta thấy phương trình khơng có nghiệm ngun dương Do ta nghĩ đến chứng minh k Lời giải Ta có x Đặt 2x Xét k 2x 2y xy 2 với k k xy x 2y 2x y xy 2x 2y xy 2x 2y xy N* Khi 2y k xy xy x 2 x y 1 x y 2 Điều mâu thuẫn x ; y nguyên dương Suy k hay k + Nếu x 1; y 2 x 3; y + Nếu x 2; y x 4; y Suy x y xy Vậy cặp số x ; y thỏa mãn toán 3; 4; Câu Cho a, b, c số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 54 a2 P a b2 b c Phân tích: Đầu tiên ta dự đoán P nhỏ a b P a2 hay a b b2 b c c 4a b c 4a Ta cần chứng minh c Khi P Ý tưởng ta đưa bất đẳng thức dạng hoán vị Lại thấy theo bất đẳng thức Cauchy ta có c2 4ac c 4a c2 a c nên ý tưởng lại có sở a2 Như ta cần chứng minh Để ý ta thấy x y z y z b2 b b b b a Ta cần chứng minh a b a c b b c a a b 2 c c a c , áp dụng ta c2 c c2 a2 a x a b2 c b c c a a b c a b a b b c c c a Nếu áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức bất đẳng thức sai Do ta nghĩ đến hướng khác Ta có a2 a b2 b b a2 c2 c a c a2 a a2 a2 a b Hay ta cần chứng minh a b b2 b2 b b4 c4 b2 b c2 c b2 c2 c 2 c2 c a ta chứng minh c2 c a 2b a b 2c 2 c 2a a 3b b 3c c 3a Đến ta lại chứng minh đánh giá Như sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để đánh giá cách trực tiếp khơng đem lại hiệu quả, ta cần thay đổi hình thức tốn trước Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 55 Để ý ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành 1 b a c b b ;y a Đặt x c ;z b a c a , ta xyz c bất đẳng thức trở thành x + Đến từ giả thiết xyz np ;y m2 biến dạng x y z ta đổi biến tiếp, cách đổi biến ta để ý đến cách đổi mp ;z n2 mn với m, n, p số dương Khi bất đẳng thức viết p2 lại thành 1 np m2 mp n2 mn p2 m4 m2 n4 np p4 n2 mp m2 n2 p2 mn Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức m4 m2 n4 np n2 Và ta cần chứng minh m4 Dễ thấy m n4 p4 mp p2 mn m2 m2 np n4 p4 p4 m 2n 2 n2 n2 n 2p2 m2 np p2 mp m 2n 2 n 2p2 p2 mn p 2m p 2m ; m 2n n 2p2 n2 p2 mp p2 mn hay ta cần chứng minh 6mnp m p 2m n p mnp m n p Nên ta m4 n4 p4 m 2n n 2p2 p 2m m 2n n 2p2 p 2m 6mnp m n p Vậy bất đẳng thức chứng minh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 56 + Cũng từ 1 x 1 y z 1 ta để ý đến bất đẳng thức x y xy Khi ta có x y Chú ý đến giả thiết xyz ta có z xy 1 z Như phép chứng minh hoàn tất ta z2 z2 z z2 z 2z z z2 z2 z Hay ta cần z z xy z z 2x z 2x Đến ta có lời giải cho tốn Lời giải + Cách Ta có P b a xyz c b a c 1 x 2xy y x 2y 2 xy x 3y x2 xy xy xy 2 xy x y y2 2x y xy 2y y 1 x a ta c x 1 c ;z b 1 biểu thức cho viết lại thành P Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức b ;y a Đặt x z Thật vậy, ta có x2 2x y2 2y Do bất đẳng thức cuỗi ln nên ta có điều cần chứng minh Khi ta có 1 x 1 y 1 z Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 z xy z z 1 z z2 z2 z 2x TÀI LIỆU TOÁN HỌC 57 z2 z2 z 2x z z2 , dấu xẩy x y z Như ta chứng minh z2 2z z 1 Do ta P , dấu xẩy a Vậy giá trị nhỏ P b y np ;y m2 nên tồn số dương m, n, p thỏa mãn x c x b c + Cách Hoàn toàn tương tự ta chứng minh Do xyz hay a mp ;z n2 z mn Khi p2 bất đẳng thức viết lại thành 1 np m2 1 mp n2 mn p2 m4 m2 n4 np n2 p4 mp p2 mn Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức m4 m2 n4 np n2 Và ta cần chứng minh m4 Dễ thấy m n4 p4 mp p2 mn m2 m2 n4 m2 p4 np p4 n2 n2 mp m 2n m 2n 2 n 2p2 m2 np n2 p2 p2 n 2p2 mn p 2m p 2m ; m 2n n2 mp p2 mn hay ta cần chứng minh 6mnp m n 2p2 p2 p 2m n p mnp m n p 6mnp m n p Nên ta m4 n4 p4 m 2n Như bất đẳng thức n 2p2 p 2m 1 m 2n x Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 n 2p2 y z p 2m hay P TÀI LIỆU TOÁN HỌC 58 Nhận xét Có thể áp dụng bất đẳng thức x y xy đánh giá trực tiếp sau a2 Ta có P a b ;b a Đặt x b2 b b c c 4a c c nên ta có a b 1 c 4a b a c b xy Khi ta có P x xy y Áp dụng bất đẳng thức bất đẳng thức Cauchy ta P xy xy Vậy giá trị nhỏ P xy xy 1 4 xy xy , dấu xẩy x 4 y hay a 1 b c Có thể thấy hình thức đơn giản biểu thức P, nhiên vào đánh giá ta thấy khó khăn Do để hồn thành tốn đòi hỏi phải phải nẵm vững kiến thức bất đẳng thức phải làm nhiều có kinh nghiệm xử lý bất đẳng thức khó Câu Cho điểm A cố định nằm ngồi đường tròn O Kẻ tiếp tuyến AE, AF O (E, F tiếp điểm) Điểm D di động cung lớn EF cho DE DF , D không trùng với E tiếp tuyến D O cắt tia AE, AF B, C a) Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp Phân tích tìm lời giải u cầu chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn làm ta nhớ đến phương pháp chứng minh học, nhiên xử lý theo hướng lại phụ thuộc đến việc đọc giả thiết bị ẩn tốn Quan sát hình vẽ kết hợp với yếu tố liên quan đến đường tròn nội tiếp ta nghĩ đến chứng minh tứ giác BNMC nội hướng sau Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 59 + Hướng Đầu tiên với tư tưởng A chứng minh hai góc đối diện tứ giác BNMC có tổng 1800 Điều có nghĩa ta cần NBC NMC 1800 Tuy P nhiên tốn góc ta xét góc F M Q NK O E J G lại khơng có mối quan hệ với H nên hướng không cho ta B L D I C kết mong muốn + Hướng Chứng minh hai góc BMC BNC Quan sát hình vẽ ta dự đốn BMC BNC Để ý ta có BFO BDO 900 900 , ta quy tốn chứng minh tứ giác BONE DONE tứ giác COFM DOMC nội tiếp Do vai trò điểm M N nên phép chứng minh tương tự Do O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta sử dụng phép biến đổi góc để chứng minh tứ giác BONE DONE ( Với tứ giác giác COFM DOMC ta biến đổi hoàn toàn tương tự) - Để chứng minh tứ giác BONE nội tiếp ta biến đổi góc sau ONE EFA OCA 900 OAF ACA 900 BAC - Để chứng minh tứ giác DONE nội tiếp ta biến đổi góc DEF ABC DOF ABC ABO COD Do A cố định B, C thay đổi nên ta thấy N nằm đoạn thẳng EF nằm tia đối tia EF Trường hợp N nằm EF ta biến đổi trên, trường hợp N nằm tia đối tia EF ta biến đổi hoàn toàn tương tự với điểm M hình trên, ta khơng cần phải xét hai trường hợp Ngồi phép phân tích ta không theo hướng Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 60 chứng minh tứ giác BDON nội tiếp ta cần chứng minh BNO 900 nên khơng thể biến đổi góc liên quan đến điểm N đến góc đặc biệt toán + Hướng Chứng minh NCB toán ta có NCB NMB AFE NMB 900 NMB tương tự với MNC ACB Như ta cần NMB ABM AFE BAC ABC MBC Theo giả thiết ACB Quan sát hình vẽ ta có ABC Mà ta lại có AFE BAC Từ ta 900 ACB Đến ta thấy có thêm lời giải cho ý thứ tốn Trình bày lời giải + Lời giải Ta có DEF DOF DOC nên DEF DONE nội tiếp Mặt khác ta có BEO BDO DON 1800 suy ta có tứ giác 900 nên BDOE nội tiếp Như năm điểm B, D, E, O, N thuộc đường tròn Từ suy BNO minh tương tự ta BMC 900 Như ta có BMC BNC BEO 900 Chứng 900 hay tứ giác BNMC nội tiếp ACB Do AFE góc ngồi + Lời giải Theo giả thiết toán ta có NCB tam giác FBM nên ta có AFE 900 NMB AFE BAC Từ ta NMB hai kết ta thu NMB ABM 900 AFE BAC ABC Mà ta lại có ABC ACB Kết hợp NCB , tứ giác BNMC nội tiếp đường trịn b) Chứng minh OI song song với DK Phân tích Giả thiết cho tia phân giác cầu chứng minh hai đường thẳng song song nên ta nghĩ đến hướng sau Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 61 + Hướng Sử dụng tính chất tia phân giác để suy tỉ số áp dụng định lí Talet để chứng minh hai đường thẳng song song Ta có mối liên hệ tỉ số OB OC IB DE IC DF EK , ta phải tìm FK IO CI ; với tỉ số Tuy nhiên đến hướng DK CD tiếp tục + Hướng Sử dụng phép biến đổi góc cộng góc để cặp góc đồng vị cặp góc so le Ở ta để ý đến tia phân giác Ta có EDF 1800 Mà ta lại có KDC EDB KDF FDC 1800 900 FDC EDF FDC Như ta cần OIC ABC 900 ABC 900 900 ABC ACB ABC ACB ACB ACB Tuy nhiên OI phân giác BOC nên điều hiển nhiên + Hướng Gọi H giao điểm BO với DE G giao điểm CO với CF Gọi J giao điểm DK với OB Khi để ý đến tứ giác OHDG nội tiếp đường trịn ta có HOG HDG 1800 Để ý OI phân giác góc BOC DK phân giác góc EDF nên EDK BOI 900 Mà ta lại có EDK 900 nên ta BOI BJD BJD Từ suy OI song song với DK Trình bày lời giải + Lời giải Ta có biến đổi góc sau EDF 1800 Mà ta lại có KDC EDB EDF FDC FDC 1800 ABC 90o ABC ACB 900 90o ACB ACB 900 ABC ACB ABC ACB Mặt khác OI phân giác góc BOC nên ta có Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 62 ABC OIC BOI ABC BOC Kết hợp hai kết ta suy KDC 1800 ABC ACB 900 ABC ACB OIC nên OI song song với DK + Lời giải Gọi H, G giao điểm BO với DE CO với CF Gọi J giao điểm DK với OB Khi dễ thấy tứ giác OHDG nội tiếp đường trịn, ta HOG 1800 Do OI phân giác góc BOC DK phân giác góc EDF HDG nên ta có EDK BOI 900 Mà ta lại có EDK BJD 900 nên ta BOI BJD Từ suy OI song song với DK c) Chứng minh đường thẳng IK ln qua điểm cố định Phân tích Trên cở sở hình vẽ ta dự đốn đường thẳng IK qua điểm A Cũng từ giả thiết ta điểm A cố định nên nhận định có sở Như ta cần phải chứng minh ba điểm I, K, A thẳng hàng Từ giả thiết toán kết hai ý đầu ta nghĩ đến việc lập tỉ số để áp dụng định lý Talets điểm K trùng với giao điểm AI với EF + Hướng Giả sử P giao điểm DK với đường trịn O , P điểm cung nhỏ EF ba điểm O, P, A thẳng hàng Để ý lúc KP song song với OD, ta có KP OI AP xem tốn chứng minh Ta cần tìm tỉ số với AO KP AP ; OI AO Gọi Q giao điểm AO với EF, dẽ thấy hai tam giác KPQ IDO đồng dạng với nên ta có PQ PO OQ PO KP OI PQ DO OQ OE PQ Mặt khác ta có PO OE OA OP OA AP Như ta có lời lời giải cho OA tốn KP OI AP , ta tiếp cận toán theo AO KDO DOI nên hai tam giác KQP DIO đồng dạng, + Hướng Cũng chứng minh đường khác Dễ thấy KPO Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 63 PQ Mặt khác ta lại có P điểm cung nhỏ EF nên EP OE PA PQ PA EA AO phân giác tam giác AEQ, từ ta , suy Kết hợp hai OA EO PQ EQ EO Từ ta KP OI kết ta PQ OD AP AO KP , ta có lời giải khác cho tốn OI + Hướng Gọi K’ giao điểm AI với EF, ta cần chứng minh hai điểm K K’ trùng Chú ý ta có PD song song với OI, PK’ song song với OI tốn xem chứng minh BAC Gọi giao điểm AO với đường trịn O L Khi COL DOB EOB COL 900 ABC 900 BOD nên suy DOI 1800 BAC BCA LOI , điều dẫn đến BAC IOD BCA Mặt khác BCA Từ ta IOL , LI tiếp tuyến đường trịn O AQ AP Mà QK’ song song với IL AL AO AQ AK ' AK ' AP nên theo định lý Talets ta có Từ nên có PK ' song song với OI Điều AL AI AI AO dẫn đến PK’ PD trùng hay K K’ trùng Từ suy ba điểm A, K, I thẳng hàng Dễ thấy AP.AL AE2 AQ.AO nên ta Trình bày lời giải + Lời giải Giả sử P giao điểm DK với cung nhỏ EF, P điểm cung nhỏ EF Từ suy ba điểm A, P, O thẳng hàng Gọi Q giao điểm AO với EF Do ta AO vng góc với EF Q Xét hai tam giác vuông KPQ IDO có OID ODP KPQ nên KPQ ∽ IDO KP PQ PQ Mặt khác ta lại có OAE 900 , EQ OP OE OI DO PO OQ OE PQ OQ OQ OE OP 1 1 nên ta Từ suy OE OA PO PO OE OA OA Do ta Kết hợp hai kết ta KP OI OP AP OA AP , mà ta có KP song song với OD Do suy AO ba điểm A, K, I thẳng hàng Vậy IK qua điểm cố định A Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 64 + Lời giải Gọi giao điểm DK với đường tròn O P, dễ thấy ba điểm A, P, O thẳng hàng Giả sử AO cắt EF Q Do DK song song với OI nên ta có KPO KDO DOI , điều dẫn đến hai tam giác KQP DIO đồng dạng với Từ ta KP OI PQ OD PQ Mặt khác ta lại có P điểm cung nhỏ EF nên OE EP phân giác tam giác AEQ, theo tích chất đường phân giác kết hợp hai tam giác PA PQ AEO AQE ta suy Kết hợp hai kết ta EA EQ AP AO PA AO , suy OA EO PQ EO KP , mà ta có KP song song với IO nên theo định OI lí Talets ta suy ba điểm A, K, I thẳng hàng Từ ta có điều phải chứng minh + Lời giải Gọi giao điểm AO với đường tròn O L Khi CO phân giác BCA AO phân giác góc BAC nên ta có COL BAC BCA Mặt khác tứ giác BDOE nội tiếp nên ta có DOB 900 EOB Từ ta COL Kết hợp với OD ABC 900 1800 BAC BCA BAC BCA BOD , mà OI phân giác góc BOC nên suy DOI OL OI chung dẫn đến IOD IOL , suy ILO IDO LOI 900 hay LI tiếp tuyến đường tròn O Gọi K’ giao điểm AI với EF Dễ dàng chứng minh AP.AL AE2 AQ.AO nên ta nên theo định lý Talets ta có AQ AL AQ AL AP Mà QK’ song song với IL AO AK ' AK ' Từ dẫn đến AI AI AP , nên theo định lý AO Talets đảo ta có PK ' song song với OI Điều dẫn đến PK’ PD trùng hay K K’ trùng Từ suy ba điểm A, K, I thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 65 Câu Mỗi điểm mặt phẳng gắn với hai màu đỏ xanh Chứng minh tồn tam giác có ba đỉnh màu có độ dài cạnh Phân tích Giả sử ta vẽ tam giác thỏa mãn u cầu tốn, ta cần tìm mối liên hệ độ dài GEK và Chú ý tam giác toán yêu cầu tam giác Giả sử HEK có cạnh , ta GH tam giác FGH tam giác có cạnh Như ta cần xét trường hợp màu điểm E, F, G, H, K để tìm tam giác thỏa mãn yêu cầu toán Lời giải G A F B K C Dựng tam giác ABC cạnh E O H Khi ta xét hai trường hợp sau + Trường hợp Tam giác ABC có ba đỉnh màu, tam giác ABC tam giác cần dựng Bài toán chứng minh + Trường hợp Tam giác ABC có hai đỉnh khác màu, khơng tính tổng qt ta giả sử hai đỉnh AB Khi dựng tam giác ABD cân D có AD BD Khi đỉnh D khác màu với hai đỉnh A B Điều có nghĩa ln dựng đoạn thẳng có độ dài hai đầu mút đoạn thẳng khác màu Xét đoạn thẳng thẳng EF có độ dài hai điểm E, F khác màu Lấy K trung điểm EF, K trùng màu với hai điểm E, F Khơng tính tổng qt ta giả sử hai điểm E K có màu đỏ F màu xanh Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 66 Dựng hình thoi EGKH cho có hai tam giác EGK EHK Khi ta suy KG KE KH EG EH Nếu hai điểm H G có điểm màu đỏ, chẳng hạn H, tam giác EKH có ba đỉnh màu đỏ có cạnh Nếu hai điểm H G có màu xanh, tam giác FKG có ba đỉnh màu xanh nên OG Gọi O giao điểm EK GH, ta có OK HG GK OK Đề số HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: TỐN ( Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Nội dung Điểm ĐKXĐ: x  0,5 x  5x   x   x   x  4x  a Câu 3,0 đ 7,0đ b  (x  1)(x  4)  x   x   (x 1)(x  5)   x 1      x 4  x 5 2 x 1    x 4  x 5   x 4  x 5  0,5 0,5  x 4  x 5   x   0,5 x   x   x 1  0,5  x  (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x  0,5 ĐKXĐ: x  0; y  0,5 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 67 Câu Nội dung 4,0 đ Điểm   1 (1)  x   y    y  x   2 2x y  xy  4xy  2x  y (2) Phương trình (2)  2x  y   1  2(x  )  (y  )  y x  y x 0,5 (3)  a  x   y Đặt  Kết hợp với (1) và(3) ta có hệ b  y   x 0,5 ab   2a  b  a  2a   a(4  2a)  a     b   2a b  b   2a 0,5  x  1   xy   y a  y   Với  ta có   xy   2x b  y    x 0,5  y  2x   y  2x     x(2x  2)   2x 2x  4x   0,5   2 2 x  x   (thỏa mãn)  2 y   y    Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) ( 1,0 2 2 ;  2) ; 2) ( 2 Ký hiệu (x;y) ước chung lớn hai số nguyên x y 0,5 Gọi d = (a;b) => a  da1; b  db1 , với (a1; b1 )  Câu  a  b2  d (a12  b12 ) ab  d 2a1b1 2,0 đ  d (a12  b12 ) d 2a1b1  a12  b12 a1b1 0,5  a12 b1  a1  a1 b1 mà (a1; b1 )   a1 b1 0,5 Tương tự b1 a1 suy a1  b1  Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 68 Câu Nội dung Điểm d (a12  b12 ) A   2d 2a1b1 0,5 Đặt x  a 2, y  b 2, z  c Ta cần chứng minh 0,5 (x  2)(y2  2)(z  2)  3(x  y  z)2 Ta có (x  2)(y2  2)  (x  1)(y2  1)  x  y2   x y2   2x  2y2   (x  2)(y2  2)  2xy  x  y2  Câu  (x  2)(y2  2)(z  2)  2,0 đ 0,5 (x  y)2   (x  y)   2 (x  y) z   2(x  y)  2z   4(x  y)z  2(x  y)  2z   3(x  y  z) 2 3(a  b  c)2  (a  1)(b2  1)(c2  1)  Dấu đẳng thức xảy abc  0,5 0,5 K A F O D Câu H 7,0 đ B N C M E a 4,0 Tứ giác ABEC nội tiếp suy ABE  ACE  180o 0,5 Mà EDC  ACE ADE  EDC  180o 0,5 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 69 Câu Nội dung đ Điểm nên ABE  ADE Kết hợp với BAE  DAE => ABE  ADE 0,5 Mặt khác EB = EC = ED nên AE trung trực đoạn BD 0,5 => AE  BF (1) AB = AD => ABD  ADB 0,5 Kết hợp với ABD  DCF (cùng chắn cung AF) ADB  FDC (đối đỉnh) 0,5 Suy FDC  FCD  tam giác FDC cân F => FD = FC Kết hợp với ED = EC => EF trung trực DC => DC  EF (2) 0,5 Từ (1) (2) suy D trực tâm tam giác AEF 0,5 Kẻ đường kính EK (O;R).Khi điểm K cố định 0,5 Tứ giác BDNM nội tiếp nên BMD  BND b 3,0 đ  BMD  90o  BCE  90o  BAC (3) 0,5 Tứ giác ABMK nội tiếp nên BMK  1800  BAK 0,5 Mà BAK  BAE  EAK  90o  BAC 0,5  BMK  90o  BAC (4) Từ (3) (4) suy BMD  BMK 0,5 Suy ba điểm M, D, K thẳng hàng Do MD qua điểm K cố định 0,5 Giả sử A = a1;a ;a 3; ;a 21 với a1;a ;a 3; ;a 21  Z a1  a  a   a 21 0,5 Theo giả thiết ta có a1  a  a   a11  a12  a13   a 21  a1  a12  a  a13  a   a 21  a11 (1) Câu Mặt khác với x; y  Z x  y y  x  2,0 đ  a12  a  10, a13  a  10, ,a 21  a11  10 (2) 0,5 Nên từ (1) suy a1  10+10+ +10 = 100 => a1 =101 (vì 101  A) => 101  a12  a  a13  a   a 21  a11  100  a12  a  a13  a   a 21  a11  100 Kết hợp với (2) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0,5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 70 Câu Nội dung Điểm  a12  a  a13  a   a 21  a11  10 (3)  10  a12  a  (a12  a11 )  (a11  a10 )   (a  a )  10  a12  a11  a11  a10   a  a  (4) Ta có a1 =101 mà 102  A => a =102 0,5 Kết hợp với (3) (4) suy A = 101;102;103; ;121 Đề số Câu a) Nội dung Điểm 7,0 3,5 Điều kiện: x  1 Ta có: x   x x   x  x2  4x   2x x   2x  x    x  1 x  3   2x x  1      x  1  x 1  x  1    x   2x   x  1 (1)   x   x (2) Ta có (1)  x  2 (loại) x  x  x    (2)       17 2 x   4x 4 x  x   x    17 (thỏa mãn) x  17 Vậy phương trình cho có nghiệm x  b) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 3,5 đ TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Điều kiện: x  1; y  1 y2  x2    ( y  1) ( x  1) 2  Hệ phương trình cho tương đương với   x y 1  y  x  0,5  u  v2   x y  ;v Đặt u  , hệ cho trở thành  y 1 x 1 uv    u  v   u  v  2uv      2   u  v   u  v  2uv  1 Suy u  v  u  v   2  y   2x Nếu u  v    x  y  (thỏa mãn) x   y   y   2 x 1 Nếu u  v    x  y   (thỏa mãn)  x   2 y Vậy hệ phương trình có nghiệm: x  y  1; x  y   a) Phương trình cho tương đương với x   y  1 y   0,5 0,5 0,5 0,75 0,75 3,0 đ 2,0 đ (1) y    y  1  3   y  1 y   mà x ,  x  nên ta có mâu thuẫn Suy y  3, y   3k  k    y  3k   k   Nếu y  0,5 0,5 Thay vào (1) ta có: x  3k  3k  3  x  k  k  1  x  k  k  1 Vậy phương trình có nghiệm:   y  3k  0,5 0,25 k   0,25 b) 1,0 đ Từ giả thiết suy ab   a  b  a  b Vì ab a  b  * (1) nên a  b số phương Mặt khác  a  b  18 nên a  b 1, 4, 9, 16 0,25 0,25 Nếu a  b  1, a  b  4, a  b  16 thay vào (1) khơng thỏa mãn Nếu a  b  thay vào (1) ta ab  27 Vậy a  2, b  Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 0,5 TÀI LIỆU TỐN HỌC 72 2,0 đ Đặt a  x, b2  y, c  z Suy a  x , b  y , c  z , a  3 x3 , b  y3 , c  z x, y, z  Bất đẳng thức cho trở thành: x3  y  z  3xyz   x3 y  y z  z x3  0,5 (1) Vì vai trị x, y, z bình đẳng nên giả sử x  y  z  Khi x  x  y   z  y  z    z  x  y  x  y  y  z   2 0,5 Suy x  y  z  3xyz  xy  x  y   yz  y  z   zx  z  x  (2) Áp dụng Bất đẳng thức Cơsi ta có xy  x  y   xy xy  x y (3) 3 3 yz  y  z   y z Tương tự ta có (4) zx  z  x   z x3 Cộng vế theo vế bất đẳng thức (3), (4), (5) ta xy  x  y   yz  y  z   zx  z  x   Từ (2) (6) ta có x3  y  z  3xyz    0,5 (5) x3 y  y z  z x3  (6)  x3 y  y z  z x3 0,5 Đẳng thức xảy x  y  z hay a  b  c a) 6,0 đ 4,0 đ Vì AEC  AFC  90 nên tứ 0,5 giác ACEF nội tiếp A N1 x F Suy BFE  ACB (cùng H O B E N C M1 M P bù với góc AFE ) (1) Kẻ tia tiếp tuyến Bx đường tròn (O) B Ta có ACB  ABx (cùng chắn cung AB ) (2) Từ (1) (2) suy BFE  ABx Do Bx // EF Mà OB  Bx nên OB  EF Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0,5 0,5 0,5 0,5 Xét BEF BAC có ABC chung BFE  ACB ( theo (1)) nên BEF BAC đồng dạng Mặt khác BEF BAC nội tiếp đường trịn bán kính 0,5 0,5 BH 0,5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 73 đường trịn bán kính OB nên EF BH  AC 2.OB BH EF 2 BO AC Từ ta có b) 2,0 đ Gọi M1 N1 điểm đối xứng với P qua AB AC 0,25 Ta có AM1B  APB (do tính chất đối xứng) (3) APB  ACB (cùng chắn cung AB) Tứ giác BEHF nội tiếp nên BFE  BHE Mặt khác theo câu a) BFE  ACB 0,25 (4) (5) 0,25 (6) Từ (3), (4), (5), (6) suy AM1B  BHE  AM1B  AHB  180 , 0,25 tứ giác AHBM1 nội tiếp 0,25  AHM1  ABM1 mà ABM1  ABP nên AHM1  ABP 0,25 Chứng minh tương tự ta có AHN1  ACP 0,25  AHM1  AHN1  ABP  ACP  1800  M1, N1, H thẳng hàng Mặt khác MN đường trung bình tam giác PM1 N1 , MN qua trung điểm PH 0,25 2,0 đ Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M, N, P trung điểm BC, CA, AB Do tam giác ABC nhọn nên O nằm tam giác ABC A F E I N P H G Vì BAC  60 nên MOC  60 , suy O B M C OA  OB  OC  0,5 MC 2 sin 600 Vì O nằm tam giác ABC OM  BC, ON  AC, OP  AB Suy tam giác ABC chia thành tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp 0.25 đường trịn có đường kính (đường kính OA, OB, OC) Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tứ giác chứa 0,25 điểm 13 điểm cho, giả sử tứ giác ANOP Gọi E, F, G, H trung điểm NA, AP, PO, ON I trung 0,25 điểm OA, suy IA  IP  IO  IN  Khi tứ giác ANOP chia thành tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, 0,25 IHNE nội tiếp đường trịn có đường kính Theo ngun lý Đirichlê, tồn tứ giác chứa 0,25 điểm điểm cho, giả sử tứ giác AEIF chứa điểm X, Y Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 74 số 13 điểm cho Vì X, Y nằm tứ giác AEIF nên X, Y nằm đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, XY khơng lớn đường kính đường trịn này, nghĩa 0,25 khoảng cách X, Y không vượt Đề số Bài a) Điều kiện: x -1  2x   x   x 1       2x   5 x   x 1  x    x   x   *  2x   2x   2x    2x    x   x  1  x   x  1   x  3  x  x   x  2  L    x  TM  Vậy phương trình có nghiệm x =  x3 y  y  b) Ta có:   y  3x    Dễ thấy y = hệ vơ nghiệm, hệ cho tương đương: Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 75  x    y      3x  y 1    x  1  1      x    x       x  y  y y  y    2     x 1 x x y  xy   y 2   x    x       x   x      0 y  y y y y y y     x 1 y 1  x  3x     1  x  2  y   Bài : Đặt A   x  y  x  y  x  y  x  y   y   A  x  5xy  y   x Đặt a  x  xy  y a  Z  2   5xy  y  y   A  a2  y  y   A  a2  Giải sử A số phương A = k2 với k số nguyên   k  a  k  a   k-a k+a k 3/2 3/2 -1 -2 -3/2 -2 -1 -3/2 Vậy khơng có giá trị k ngun để A số phương Do tốn chứng minh Câu Ta có: a  b  c  2, c   a  b   a, b  Do đó:  a  1b  1 c  1   abc  a  b  c  ab  bc  ca   abc  ab  bc  ca  Lại có:  a  b  c     a  b  c  2ab  2bc  2ca 2 2 Vậy T    2ab  2bc  2ca   ab  bc  ca  Đặt ab  bc  ca  t ta có t    2t   t     t  1  Dấu “=” xảy c = số a b 1, số lại Câu Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 76 AB BI BD   a) Đpcm  AC CI DC Mặt khác ADB ACD nên dễ có điều b) Để ý có IK đường trung bình EDH nên IK  DH  IKD  90 o Mà DIK  DEC  DQC nên DQIK tứ giác nội tiếp  DQI  90 o c) Kéo dài QI cắt DO L dễ có L   O  Vậy IQ.IL  IE.ID  ID  OI IA Suy AQOL tứ giác nội tiếp  QAI  OLI  QED   DMQ  Suy tứ giác QAEI nội tiếp nên QEI  QAI mà QEI  QMD suy đpcm Câu Bạn đọc tự giải Gợi ý: Giả sử điểm cho A, B, C, D, E, F AB = h vẽ (A; h) (B; h) cắt H K suy giao đường tròn chứa điểm cho Đặt diện tích phần S S   h2  3  mà có tam giác rời suy đpcm Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 77 Đề số Câu 7,0 điểm ĐK : x    x  1 0,25 Với x  không nghiệm phương trình 0,5 x    ta Với x  , nhân vế với x 5  x   2x   0,5 x 1 1 a) 4,0 điểm b)  x 1   x  7  x    4  x  1    x  x    x  18 x  45  x     x    x  15  0,5  x  (thoả mãn điều kiện) 0,5 Vậy phương trình có nghiệm x  0,25 0,5 0,5 2    x  xy  x  y   (1) 2 x  xy  x  y     2 y  x  xy  x   (2)     y  x  xy  x   0,5  x  y  xy  x  y   0,5   x  y  2  0,5  y  x  Thay vào pt (1) ta 0,5 x2  5x    x  3,0 điểm 0,5 5  21 0,5 Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y)  5  21 1  21   5  21 1  21  ; ;  ,   2 2     Câu Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0,5 3,0 điểm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 78 x   y  x  y   x   y  1 y  1 0,5 Đặt y   , y   0,5 m n ( m, n  ; m  n ) Khi   y    y  1  m  0,5 n   2n 2mn   0,5 n  2    mn  n  1; m  ; thoả mãn đk m, n  ; m  n     Vậy x  3; y  Câu 0,5 0,5 2,0 điểm Bất đẳng thức cho tương đương với a  bc  b  ca  c  ab   ab  bc  ca , 1 với a  , b  , c  , a  b  c  x y z Ta có: 0,5 a  bc  a(a  b  c)  bc 0,75  a  a(b  c)  bc  a  2a bc  bc  a  bc Tương tự: b  ca  b  ca ; c  ab  c  ab 0,25 Từ ta có đpcm Dấu xảy x  y  z  0,5 Câu 6,0 điểm E D H F A O a) C B M 4,0 điểm N Ta có : ACH  ABD (so le trong) mà AND  ABD (góc nội tiếp chắn cung) (1) (2) 0,5 0,5 từ (1) (2) suy AND  ACH hay ANF  ACF 0,5 suy tứ giác AFCN nội tiếp đường trịn 0,5 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 79 b) 2,0 điểm AFCN nội tiếp đường tròn  CNF  CAF hay CND  BAE (3) 0,5 Mặt khác BAE  DAE  DNE 0,5 (4) từ (3) (4) suy CND  END 0,5  N, C, E thẳng hàng 0,5 Qua C kẻ đường thẳng song song với AD cắt tia DN M 0,25 Ta có DAB  ACM (so le trong) 0,25 Mà DAB  DNB (góc nội tiếp chắn cung) 0,25  ACM  DNB  tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn 0,25  CBM  END; CMB  ENB (vì N, C, E thẳng hàng) 0,25 mặt khác END  ENB  CBM  CMB 0,25  CB = CM lại có CB = AD (gt)  AD = CM 0,25 AD = CM, AD//CM suy ADCM hình bình hành  đpcm 0,25 Câu 2,0 điểm Gọi độ dài cạnh tứ giác a, b, c, d (a, b, c, d  * ) Giả sử khơng có cạnh tứ giác Khơng tính tổng 0,5 qt, giả sử a > b > c > d (*) Do tứ giác lồi nên a < b + c +d  a < b + c + d < 3a 0,5  2a < a + b + c + d < 4a Từ giả thiết toán suy a + b + c + d chia hết cho số a, b, c, d nên ta có : a + b + c + d = 3a Đặt 0.25 (1) a + b + c + d = mb với m a + b + c + d = nc với n  Do a > b > c  n > m > * * (2) 0,25 (3)  n  5, m  0,25 Cộng (1), (2), (3) 3(a + b + c + d) = 3a + mb + nc  3a +4b + 5c 0,25  (b – d) + 2(c – d)  , mâu thuẫn (*) Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 80  Tứ giác có cạnh Đề số HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 03 trang) Mơn: TỐN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 7,0 a 3,5 Điều kiện:  x  (*) 0,5 Phương trình cho tương đương với: 3x  15  3x  45x  9x2  8x  0,5  45x  x2  x  10  x   45 x  x  16 x  80 x  100  0,5  x   2  x  5x    0,5  x     x 1     x  0,5 x4 0,5 Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm phương trình x  0,5 b Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 3,5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 81  x  1 ( y  1)   Hệ cho   1  ( x  1)   y       0,5 Đặt u  x  1, v  y  Hệ cho trở thành 1,0 uv  u  1  (*) , ĐK :   v       u  v   uv  uv   2  2 2 2 u  v   3  u  v     u v  u  v  1 0,5 uv   u  v  4 0,5 u  v   ( TM(*)) u  v  2 0,5  x   x  3 ; Từ suy nghiệm hệ phương trình là:   y   y  3 0,5 3,0 Ta có 5x2  xy  y  x  40  0,5   x  1   x  y   41 2 Vì x, y  , x  số nguyên lẻ 41  52  42 nên 0,5  2 x     x  1  25   x  y     x  y   16 1,0 Từ suy cặp  x; y  cần tìm 1,0  3;1 ; 3; 7  ;  2;6 ;  2; 2  6,0 a 4,0 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 82 N A D O I K C B M d H Xét tam giác IAC tam giác BDC có IAC  BDC 0,5 ICA  BCD 0,5 Suy IAC đồng dạng với BDC (g.g)  0,5 IC BC  (1) IA BD Tương tự ta có 0,5 IC AC  (2) IB AD 0,5 Ta có MBC đồng dạng với MDB (g.g)  0,5 MC BC  (3) MB BD Tương tự ta có: MC AC  (4) MA AD 0,5 Vì MA = MB nên từ (1), (2), (3) (4) suy IA = IB Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 0,5 TÀI LIỆU TỐN HỌC 83 b 2,0 Kẻ OH  d H Gọi K giao điểm OH AB 0,5 Ta có M, O, I thẳng hàng OI  AB   OIK đồng dạng với OHM suy OK.OH = OI.OM Mà OI.OM = OB2  OK  0,5 OB (khơng đổi) suy K cố định OH 0,5 Vì OI  AB O, K cố định nên I thuộc đường trịn đường kính OK cố định (ĐPCM) 0,5 2,0 BĐT cần chứng minh tương đương với  a  b  c   a b c  b c a              1     c a b  c a b   bc  ca  ab  0,25 (1) a b c  x,  y,  z  x, y, z  0; xyz  b c a Đặt 0,25 Khi (1) trở thành: x  y   z   1  1   1  z  x   y   xy  yz  zx  x  y  z      x  y  y  z  z  x    x  y  y  z  z  x   xyz     x  y  y  z  z  x      x  y  y  z  z  x  Đặt  x  y  y  z  z  x   t 0,75 xyz (2) (do xyz = 1) t  0,25 Khi (2) trở thành t3 1  1 t  t    2t  t 0,5  t  t   t  1  (luôn t  ) Suy ĐPCM Đẳng thức xảy  a  b  c Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 84 2,0 B N O M A Gọi A, B điểm thuộc cạnh đa giác cho A, B chia biên đa giác thành đường gấp khúc có độ dài 0,5 Gọi O trung điểm AB Xét hình trịn tâm O bán kính R  0,25 Ta chứng minh hình trịn chứa đa giác cho Thật vậy, giả sử tồn điểm M thuộc cạnh đa giác M nằm ngồi hình trịn tâm O bán kính R  Khi MA  MB  ( Độ dài đường gấp khúc chứa M ) (1) Gọi N điểm đối xứng với M qua O Ta có MA  MB  MN  R  0,5 (2) 0,5 Từ (1) (2) suy ĐPCM Chú ý: Học sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 0,25 TÀI LIỆU TỐN HỌC 85 Đề số 10 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 7.0 a 4.0 Đặt x2  8x  t  t  0 1.0 Phương trình cho trở thành t  2t   t  1  t  Khi 1,5 ( loại) x  x2  8x   x2  8x   x2  8x      x  9 1.5 V ậy phương trình có nghiệm x  1; x  9 b 3,0 Hệ cho trở thành 3  x  y  x  y  2  x  y  0,5 Suy  x3  y3    x  y   x  y  0.5  10 y3  12 xy  x y   y  x  y  x  y   0,5 y    x   y  x  5 y 0.75 Từ suy nghiệm hệ phương trình là: 0.75  1   5  ; ; ,   7  7  2;0  ,  2;0  , 1,  1 ,  1;1 ,  2.0 Ta có A = n4  n3  n2  n2  n2  n  1 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0.25 TÀI LIỆU TỐN HỌC 86 Với n = A = (thỏa mãn) 0.25 Với n  A số phương n2  n  số phương    n2  n  1  4k   2n  1 Khi n2  n   k  k  0.25  4k  3 0.25   2n   2k  2n   2k   3 Vì 2n   2k  2n   2k , n  , k  nên  2n   2k  3    2n   2k   2n   2k  1   2n   2k  0.5 2n   2k  3  n  1 (thỏa mãn)   2n   2k  2n   2k  1 n0   2n   2k  0.25 (loại) 0.25 Vậy n  0; n  1 3,0 A F E N M B D Ta có Vì tứ giác AFBN nội tiếp nên NFA  NBA (1) NAB  NFB (2) Tương tự MAC  MEC (3) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 C 0.5 0.25 0.5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 87 Theo giả thiết NAB  MAC (4) 1.0 Từ (2), (3), (4) suy NFB  MEC Do tứ giác BCEF nội tiếp 0.75 Suy CFE  CBE (5) Theo giả thiết NBA  CBM (6) 0,75 Từ (1), (5), (6) ta có NFA  NFE Do A, E, F thẳng hàng 0.25 3.0 A D K I B ’ C E F J M x Kẻ tiếp chung Ax (O) (O’) M Khi MAB  xMB, MDE  xME  MAB  MDE  AB / / DE Suy BE AD BE BM    (1) BM AM AD AM 0.25 Ta có AI  AD AM , BJ  BE.BM  BJ BE.BM BM   AI AD AM AM Tương tự ( (1) )  CK CM  (3) AI AM Từ (2), (3) suy BI  CK BM  CM  AI AM Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0.5 0.5 BJ BM  (2) AI AM 0,5 0.25 0,25 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 88 Ta chứng minh kết MA = MB +MC Do 0.5 BI  CK BM  CM  = 1, từ AI = BJ + CK AI AM 0.25 4.0 a 2.0 Đặt a  x, b  y, c  z  x, y, z  0, x  y  z  Khi 0,25 P = x y  y z  z x  xyz 2 Khơng tính tổng quát, giả sử x số nằm y z 0.5 Khi y  x  y  x  z    x y  y z  xyz  xy Suy x2 y  y z  z x  xyz  xy  xz  x  y  z   x   x     x  1  x    2 0.75 Do dó P  Dấu xảy a  b  c  a  , b  0, c  hoán vị Vậy giá trị lớn P 0.25 0.25 b 2,0 Vì điểm cho hữu hạn nên tồn điểm A,B cho 2008 điểm A lại nằm phía đường thẳng AB C 0,5 M B D Do khơng có điểm nằm đường trịn nên ta đặt tên 2008 điểm lại M1 , M , , M 2008 cho 0.5 AM1B  AM B   AM 2008 B Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 89 Vẽ đường trịn qua A,B, M1001 0.5 Khi điểm M1 , M , , M1000 nằm đường tròn điểm 0.5 lại nằm ngồi đường trịn Chú ý: Học sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa Đề số 11 HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang Nội dung đáp án Điểm Bài 3,5 đ a 2,0đ x2  7 x 3  x    x  3 x   x   x    x  27 0.50đ   ( x  2)(7  x)  27 0.25đ  ( x  2)(7  x)  0.25đ  ( x  2)(7  x)  0.25đ  x2  5x   0.25đ  x  1  ( thỏa mãn ) x  0.50đ b 1,50đ Đặt z y 0.25đ 2  3x  z Hệ cho trở thành  2  3z  x 0.25đ  3 x  z   z  x3 0,25đ Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 90     x  z  x  xz  z   0,25đ  x  z (vì x2  xz  z   0, x, z ) 0,25đ  x  1 Từ ta có phương trình: x3  3x     x  0,25đ Vậy hệ cho có nghiệm: ( x, y)  (1; 2),  2,1 1,0 đ Bài 2: Điều kiện để phương trình có nghiệm:    a  4a   (*) 0,25đ Gọi x1, x2 nghiệm nguyên phương trình cho ( giả sử x1 ≥ x2)  x1  x2  a  x1.x2  x1  x2   x1.x2  a  0,25đ Theo định lý Viet:   ( x1  1)( x2  1)  x 1   x1   1   (do x1 - ≥ x2 -1) x   x      x   x1     x2   x2  2 0,25đ Suy a = a = -2 (thỏa mãn (*) ) Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu tốn 0,25đ 2,0 đ Bài 3: Vì BE phân giác góc ABC nên ABM  MBC  AM  MN 0,25đ  MAE  MAN (1) 0,50đ Vì M, N thuộc đường trịn đường kính AB nên AMB  ANB  90  ANK  AME  90 , kết hợp với (1) ta có tam giác AME đồng dạng với tam giác ANK 0,25đ Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0,50đ TÀI LIỆU TOÁN HỌC 91  AN AK  AM AE 0,25đ  AN.AE = AM.AK (đpcm) 0,25đ 1,5 đ Bài 4: Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM  AIM Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM  ABC 0,25đ  AIM  ABC Suy tứ giác BOIM nội tiếp Từ chứng minh suy tam giác AMI đồng dạng với tam giác AOB  K 0,25đ AM AI   AI AO  AM AB (1) AO AB Gọi E, F giao điểm đường thẳng AO với (O) (E nằm A, O) Chứng minh tương tự (1) ta được: 0,25đ AM.AB = AE.AF = (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2 R R 3R R    OI  (2)  AI.AO = 3R  AI  AO R 2 0,25đ Tam giác AOB tam giác COK đồng dạng nên OA.OK = OB.OC = R2  OK  0,25đ R R R   (3) OA R Từ (2), (3) suy OI = OK Suy O trung điểm IK, mà O trung điểm BC 0,25đ Vì BICK hình bình hành 2,0 đ Bài 5: Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 92 a, 1,0 đ Giả sử O nằm ngồi miền tam giác ABC Khơng tính tổng quát, giả sử A O 0,25đ nằm phía đường thẳng BC Suy đoạn AO cắt đường thẳng BC K 0,25đ Kẻ AH vuông góc với BC H Suy AH  AK < AO Suy P  a  b  c  2 ab  bc  ca a  b2  c  P  a  b2  c   (a  b  c ) 2(a  b2  c ) 2 0,25đ Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t  Suy P  t  9t t t      3    P  2t 2t 2 2 0,25đ Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 93 Đề số 12 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn chấm biểu điểm gồm có 03 trang ) Bài ( điểm ) Điều kiện ≤ x , y ≤ x, y nguyên xxyy = xx2 + yy2 Điểm (1)  x.100.11 + y.11 = x2.112 + y2.112  100 x + y = 11 (x2 + y2)  (x + y ) 11  x + y = 11 ( ≤ x + y ≤ 18 )  (x ; y) cặp (2; 9) ; (9; 2) ; (3; 8) ; (8; 3) ; (4; 7) ; (7; 4) ; (5; 6) ; (6; 5) Thay cặp vào (1) ta thấy có x = y = thỏa mãn Vậy số cần tìm 83 Bài (2 điểm) Điều kiện x ≥ -1 Khi 10 x3+1 = 3(x2 + )  10 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 x  x  x  = 3(x2 + ) (*) u  x  Đặt  (Điều kiện u  ,v > ) phương trình (*) trở thành v  x  x  10uv = (u2 + v2 )  u  3v  (3u - v)( (u - 3v ) =   3u  v Trường hợp : u = 3v , ta có : x  = x  x   9x2 - 10 x + = Vô nghiệm 0,5 0,25 0,25 Trường hợp : 3u = v , ta có : x  = x  x   9x + = x2 - x +  x2 - 10 x - =  x  5- 33   ( thỏa mãn điều kiện x  -1  x  5+ 33 Vậy phương trình cho có nghiệm x  5- 33 x  5+ 33 Bài ( 1điểm ) Vì phương trình f(x) = x vơ nghiệm nên f(x) > x , với x  R f(x) < x , với x  R Nếu f(x) > x , với x  R a [f(x) ]2 + bf(x) + c = f(f(x) ) > f(x) > x , với x  R Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0,5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 0,25 0,25 0,5 0,25 94 Suy phương trình a *f(x) ]2 + bf(x) + c = x vô nghiệm Nếu f(x) < x , với x  R thì a [f(x) ]2 + bf(x) + c = f(f(x) ) < f(x) < x , với x  R Suy phương trình a *f(x) ]2 + bf(x) + c = x vơ nghiệm Vậy ta có điều phải chứng minh Bài ( điểm ) 1 Ta có xy + yz + xz = xyz  + + = x y z 1 Đặt a = , b = ,c= ta a, b, c > a + b + c =1 (1) x y z 2 a2 b c (2) Khi bất đẳng thức cho trở thành +   a  b2  c b c a  0,25 0,25  Ta chứng minh (2) với a, b, c thỏa mãn (1) Thật , a + b + c = nên ta có  a2   b2   c2  (2)    2a  b     2b  c     2c  a   a  b  c   a  b  c   b   c  a   0,25  (a  b)2 (b  c)2 (c  a) 2 2     a  b  b  c   c  a  b c a 1 2     1       a  b     1  b  c     1  c  a   b  c  a  2  ac ba  cb     a  b    b  c      c  a   a, b, c >  b   c   a  Đẳng thức xẩy a = b = c = hay x = y = z = Bài (3 điểm ) Câu a ) (1,5 điểm )  0,25 0,25 A N Theo tính chát tiếp tuyến ta có OM , ON phân giác góc EOH, FOH  MON  EOF M H E B 0,5 F O C BAC  EOF  180 ( OEA  OFA  90 )  MON  0,25 180  BAC  ABC  ACB , mà OCN  ONC  NOC  MOB  MON  NOC  180 suy MOB  ONC ∆MOB  ∆ONC (g.g) b) ( 1,5 điểm ) Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 0,5 0,25 TÀI LIỆU TỐN HỌC 95 MB OB BC   MB.CN  OB.OC  ( khơng đổi ) OC NC Vì SAMN = SABC - SBMNC nên SAMN lớn SBMNC nhỏ (do SABC không đổi ) Ta có SBMNC = SBOM + SMON + SNOC = R( BM  MN  CN )  ( BM  CN  ME  NF ) (do MN  ME  NF )  R( BM  CN  BM  BE  CN  CF )   R( BM  CN  BE ) (do BE  CF )  R(2 BM CN  BE )  R( BC  BE ) không đổi Dấu “ = ” xẩy  BM = CN  MN ∥ BC  H điểm cung nhỏ EF Vậy SAMN lớn H điểm cung nhỏ EF Bài ( điểm) Chia hình vng cho thành 16 hình vng đơn vị ( cạnh M N song song với hình vng cho có độ dài 1) Từ ∆MOB  ∆ONC  A  2 0,25 0,5 0,25 0,25 P Do 33 > 16.2 nên theo nguyên lí Dirichlê , tồn ba điểm nằm cạnh hình vng đơn vị Giả sử ba điểm A, B, C nằm cạnh hình vng đơn vị MNPQ Ta có MP = 0,25 C B Q 0,25 0,25 với điểm E thuộc hình vng MNPQ MP  AE , tức AE Từ hình trịn (A; ) phủ tồn hình vng MNPQ Tương tực hình 0,25 trịn (B; ) ,(C; ) phủ tồn hình vng MNPQ Suy ba hình trịn (A; ), (B; ) , (C; ) chứa hình vng MNPQ nên ba điểm A, B, C nằm phần chung ba hình trịn nói Vậy câu trả lì tốn có Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 0,25 96 PHẦN 2: ĐỀ TOÁN VÀO 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NGHỆ AN Đề số 13 Câu a) Tìm tất số thực m… Ta có:    2m  3   3m  1  4m2    m  Do phương trình ln có hai nghiệm phân biệt  x1  x2  2m   x1 x2  3m  Theo định lý Vi-et, ta có:  Theo đề ta có: x12  x22  x1 x2    x1  x2   3x1 x2    2m  3   3m  1   m  1  4m  3m     m   Vậy giá trị cần tìm là: m  1; m  b) Tìm tất số ngun…… Để phương trình có nghiệm ngun   4m  phải số phương Khi đó: 4m2   k  k  4m2    k  2m  k  2m    k  2m; k  2m  U (5)  1;5; 1; 5 Ta có bảng sau: k  2m k  2m m 1 5 5 1 1 1 Vậy giá trị cần tìm là: m  1; m  1 Câu 2: x  x   x2  x  Điều kiện xác định: x  a) Giải phương trình: Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 97 Pt  x  x   x x   x  x   x  x  3  x  x  x  x  3  x  x  x  x  x  x  3  x  x  1  x  3x  3  x    x   x  3x    (VN ) Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  0;1 1  x   y  3  x y    x2   y    x2 y2 b) Giải hệ phương trình: Điều kiện : x; y  Ta có: 1  1  x  y 3 x   y     x y x y    (I )  2  x2   y    x     y         x2 y2 x  y  Đặt a   x; x b y với a  y Thay vào hệ (I) ta có:  a   a  b  b    a  b   2ab    2ab   ab      a  a  b    b  a  b  Mà a  nên   x  2  x  (tm)   x  x  2x       y  1  y  1  y  y 1   y   (tm)  1   1   ; 1;      Vậy nghiệm hệ cho 1; Câu 3: Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 98 n3    n  1  n2  n  1 p  p  1 n  p   n  p  n  Vì p  n    n  1 không chia hết cho p Do đó:  n  1  n2  n  1 p   n2  n  1 p Đặt : p   kn, k   p  kn  (*)   n  n  1  kn  1  kn   n  n   kn  n  n  k  n  k  n  n  1  n  kn  1  kn  1   k  1 n  k   kn  1 k    k  1 n  k    k  1 n  k  kn   k  n 1  k  n   p  kn   n  n   n  p  n  2n    n  1 Vậy n  p số phương Câu 4: a  b  ab2  a  2ab  b  a  b   a  b  a  b   2ab   a  a    b  b    ab  a  b  1  a  a  1  b  b  1   a  1 b  1  a  a  1  b  b  1 2  a  1 b  1 a b  2 b 1 a 1 a b Đặt x  ;y   x y 2 b 1 a 1  Ta có: 1  x 1  y   3    xy   x3  y    xy    x  y   x  y   3xy      xy  x y    Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 99  x  y (do  xy   1)  xy   a  0; b   x  y   a  2; b  Dấu "  " xảy khi:  Câu a) CMR: ABK tam giác vuông Gọi I giao điểm KA OO ' Khi I trung điểm KA (tính chất hình bình hành) Mặt khác OO ' trung trực AB nên IA  IB (tính chất đường nối tâm giao tuyến chung hai đường trịn) Từ ta có: IA  IB  IK nên tam giác ABK vuông B (tam giác có đường trung tuyến từ đỉnh B đến cạnh AK nửa cạnh AK tam giác tam giác vng B) Vậy ta có điều phải chứng minh b) Đường trịn tâm K… Ta có: KA  KM (cùng thuộc đường trịn  K ; KA) , OA  OM  R Suy OK trung trực AM (tính chất đường trung trực)  KO  AM Vì KO / / AO '  MA  AO ' (từ song song đến vng góc) Do đó: MA tiếp tuyến  O ' (định nghĩa) Suy : MAB  ANB; NAB  AMB Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 100 Khi xét hai tam giác: AMB ABN ta suy ra: ABM  ABN c) Trên đường tròn (O;R) lấy C thuộc cung… Gọi E, F trung điểm CA, AD H trung điểm EF OE  CD (quan hệ đường kính dây cung) O ' F  CD Khi ta có:   OE / /O ' F (từ vng góc đến song song)  OEFO ' hình thang vng E , F Lại có H trung điểm EF , I trung điểm OO ' (cách dựng)  HI / /OE / /O ' F (đường trung bình hình thang)  HI  CD (từ song song đến vng góc)  HI đường trung trực EF  IE  IF (tính chất đường trung trực) Lại có: EI đường trung bình ACK (E trung điểm AC, I trung điểm AK)  KC  2EI (tính chất đường trung bình tam giác) Mà FI đường trung bình ADK ( F trung điểm AD, I trung điểm AK)  KD  2FI (tính chất đường trung bình tam giác)  KD  KC   2EI  (đpcm) Câu 6: Ký hiệu A, B, C, D, E tập hợp số có chữ số tận 0;1;2;3;4 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 101 Nếu tập khác rỗng ta chọn từ tập hợp phần tử Khi tổng số chọn có tận nên chia hết cho Nếu có tập khác rỗng theo ngun lý Dirichle tập cịn lại ln có tập có phần tử Ta chọn số từ tập này, tổng số chọn chia hết cho Vậy trường hợp ta chọn số có tổng chia hết cho Đề số 14 Câu Câu (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) Điều kiện: x  1, x   , x  Với điều kiện phương trình cho tương đương với 0,5 5x    11x  30x  16  2x  3x  x   x  2, x   11 Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm phương trình x  2, x   b) *) Đk:  0,5 11  x  Bình phương hai vế phương trình cho ta 0,5 2x   x  2x  (1) +) x   Khi +) x   , (1) thỏa mãn 11 (1)   x  2x    x  2x   x  , thỏa mãn 11 Vậy phương trình cho có hai nghiệm x   , x   Câu (1,5 điểm)  0,5 Phương trình thứ hệ tương đương với x  y  x  y2  x  y   x  y x  y     x  y   +) x  y  0, hay y  x Thay vào phương trình thứ hai ta    10 +) x  y   0, hay y  x  Thay vào phương trình thứ hai ta x y  Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0,5 0,5 0,5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 102 x  x    x  1, x  2 Với x  suy y  2 ; với x  2 suy y  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  10 ;  10  ,  x; y    Câu (1,5 điểm) Ta có  a  b a b a b a a b b  3    P  3  10 10  ;   , 1;  , 2;   2   a b   a b      0,5 a b a  b a  ab  b a b a  Câu (4,0 điểm)     0,5 ab  b  3 a  ab  b a  ab  b 3 32  1 0,5 A H J I O F E B C D K a) Vì AD phân giác BAC nên D điểm cung EF đường trịn (I) 0,5 Mặt khác AD đường kính (I), suy AD  EF 0,5 b) Vì AD phân giác BAC nên BAD  KAC 0,5 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 103 Lại có ABD  AKC (góc nội tiếp chắn cung AC (O)) Từ suy ABD ~ AKC 0,5 c) Xét hai tam giác HEF EAD có EHF  AED  900, EDA  EFH (góc nội tiếp chắn cung AE (I)) EH EF   EH AD  EAEF EA AD AE HE HE AB   BJ  Ta có d) Kẻ BJ  AC J Suy AB BJ AE 1 HE AB.AC SABC  BJ AC  2 AE AB AD HE AD  Từ câu c) suy  Do Từ câu b) suy AK AC AE EF SABC HE AB.AC HE AC AB HE AC AD HE AD      SAEKF AE AK EF AE EF AK AE EF AC AE EF Suy HEF ~ EAD  0,5 0,5 0,5 0,5 Vậy SABC  SAEKF Câu (1,0 điểm)   a b2  b Ta có  a 1   a    Suy 2  2 1b 1b    1 P  a  b  c  ab  bc  ca   ab  bc  ca 2     a  b  c  Mặt khác ta có ab  bc  ca    0,5 , suy a  b  c  P  3  Dấu đẳng thức xảy a  b  c  Vậy giá trị nhỏ P , đạt a  b  c  0,5 Đề số 15 Câu Nội dung Câu a) Điều kiện: x  0, x  Phương trình cho tương đương với (3,0   điểm) x 2 x Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 x 1 x Điểm 0,5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 104 Đặt t  x  1   Khi phương trình trở thành t 2 t 1 x  (t  1)  2(t  2)  (t  2)(t  1)  3t  9t   t  0, t  *) Với t  0, ta có x    x   0, vô nghiệm x *) Với t  3, ta có x  3   x  3x    x  x Vậy nghiệm phương trình x  0,5 0,5 3 b) Điều kiện: x   Phương trình cho tương đương với 0,5 2x   x 1 3x   x  x   x      3x  x     3x  x   (*) 0,5 Ta có (*)  4x   (1  3x )(x  3)   (1  3x )(x  3)  2x 2x  x     2 (1  3x )(x  3)  4x x  10x   x    x   x   0,5 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình x  1, x   Câu Phương trình cho tương đương với (1,0 x  y 3x  y  điểm)    0,5 x  y  x   y 1 3x  y   x  y  1 x  2  Trường hợp  3x  y  7 y  1   Trường hợp    x  y  x   Trường hợp  3x  y  y  5       x  y  7 x  2  Trường hợp  3x  y  1 y 5     0,5 Vậy nghiệm nguyên phương trình cho Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 105 2; 1 ,  2;  1 , 2;  5,  2; 5 Câu Rõ ràng p, q phân biệt Không tính tổng quát ta giả sử p  q Xét (1,5 trường hợp sau: điểm) Trường hợp p  Khơng thỏa mãn p  q lẻ, p  q chẵn   Trường hợp p  Khi tìm q  0,5 0,5 Trường hợp p  Gọi r1, r2 số dư phép chia p, q cho   Rõ ràng r1, r2  1,2   Không thỏa mãn p  q |  p  q  Không thỏa mãn Nếu r1  r2 | p  q p  q Nếu r1  r2 0,5      Vậy p; q  3; , 5; Câu (3,5 điểm) C D A M E O O' I B N a) Vì tứ giác ABNM nội tiếp nên BNI  BAD (1) 0,5 Vì tứ giác DAEB nội tiếp nên BAD  BED Từ (1) (2) suy tứ giác BEIN nội tiếp (2) 0,5 Theo chứng minh trên, BNI  BAD Ta lại có BIN  BEN  BDA (do   tứ giác BEIN, AEBD nội tiếp) Suy BIN ~ BDA g.g   0,5 b) Vì CD tiếp tuyến O nên CACB  CD Từ suy CA CACB CD  CD      CB CB CB  CB  Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 (3) 0,5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 106   Lại có, từ CAD ~ CDB g.g  CD DA  CB DB (4) 0,5  DA  CA  CD  Từ (3) (4) suy     CB  CB   DB  2  EA  EA DA CA  CE   c) Tương tự câu b) ta có (5)     Suy EB DB CB  CB   EB  IN DA  Từ câu a), BIN ~ BDA  (6) IB DB IM EA  Tương tự ta có BIM ~ BEA  (7) IB EB Từ (5), (6), (7) suy IM  IN , hay I trung điểm MN 0,5 0,5 Câu Đặt t  a  b  c Ta có t  a  b  c  Mặt khác (1,0 a b c điểm) 2 a b c     Suy t  Do  t  2t  1   3t  t   a  b  c  a  a  b  c  a  b  c   ab  bc  ca    a  b  c   ab  bc  ca   a  b  c  ab  bc  ca   2 2 2 2 2 2 2  b2  c2  0,5 Khi   4P  a  b  c  ab  bc  ca     a  b2  c2 a  b2  c2   2 a  b2  c2 Suy P  Dấu đẳng thức xảy a  2, b  c  hoán vị Vậy giá trị nhỏ P , đạt a  2, b  c  hoán vị 0,5 Đề số 16 Câu Câu (1,5 Nội dung  x3  y  x y Ta có A    xy   x y  ( x  y )2   Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 107 điểm)    x  xy  y  xy    x y = ( x  y )2 x y x y   x y   x y  x y   x y ( x  y )2 x y a) Phương trình (1) có nghiệm   '  (4m  1)2  (16m2  11)   8m  12   m  Câu (2,0 điểm) b) Giả sử phương trình (1) có nghiệm x1 , x2 Theo câu a), m  Theo Định lí Viet ta có x1  x2  2(4m  1); x1x2  16m2  11 Khi (2 x1  1)(2 x2  1)   x1x2  2( x1  x2 )    m  (t / m)  4(16m  11)  4(4m  1)    4m  m      m   (t / m)  2 Hệ PT cho tương đương với Câu (1,5 điểm)  3x  3x  3xy   2 x  y  hay y  2 x    3x  x  3xy  y  Thay vào phương trình thứ hệ  x  1 x2  x  x(2 x  2)  hay x  3x      x  2 Từ ta nghiệm hệ ( x; y) (1;0), (2;2) Từ giả thiết toán ta có x  y   x2  y    12 Suy  x  y  Câu (1,0 điểm) Khi đó, áp dụng BĐT Cơ si ta P x y 1 19  6 6  x y x y x y 3 Dấu đẳng thức xảy x  2, y  Vậy giá trị nhỏ P Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 19 , đạt x  2, y  TÀI LIỆU TOÁN HỌC 108 Câu Nội dung Điểm F I C D E A Câu (4,0 điểm) O B a) Vì C điểm cung AB nên AC  BC (1) Ta có CAE  CBD (góc nội tiếp chắn cung CD ) (2) Từ (1) (2), kết hợp với giả thiết suy ACE  BCD (c.g.c) b) Ta có ADC  s® AC  450 Ta có FDC   (3)  1 s®CD  s® DB  s® BC  450 2 (4) Từ (3) (4) suy DC phân giác ADF c) Vì tam giác ABI vng A ABI  450 nên ABI tam giác vuông cân A Suy AIC  450 (5) Từ câu a) suy tam giác CDE cân C Mặt khác CDE  450 nên CED  450 (6) Từ (5) (6) suy tứ giác IAEC nội tiếp Do AEI  ACI  900  ADB Từ suy IE//BD Đề số 19 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 109 1(1,5 điểm) Ta có A1  a a  A3    A2   a a  b b a  b  ab  a b b a ab 0,5 a  b b a  b  ab  b b a ab a b  (a  b  ab )  (a  b  ab )   a  b   2(a  b)         b a  a b    ab   a  b  0,25 0,5 2(a  b) ab 0,25 Vậy A  A1  A2  A3  (1,0 điểm) 3(1,5 điểm) Ta có  '  (m  1)2  4(m  3)  m2  2m  13 0,5 Mặt khác m2  2m  13  (m 1)2  12  0, m Do đó, phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 12 x  16 y  40 xy  Hệ tương đương  25 x  10 y  40 xy  0,5 0,5 Từ suy 13x  26 y   x  y (2,0 điểm) 0,25 Thay vào phương trình đầu hệ cho ta có 3x  x  x   x  x  x  x      y 1  y  Từ giả thiết ta có ( p  q)( p  q)  0,25 0,5 0,25 Mà p, q nguyên dương nên p  q, p  q ước nguyên dương p  q  p  q p  q 1 Do  pq  0,25 0,25 p   q  Nếu n số chẵn A  n4  4n số chẵn lớn nên A số nguyên tố 0,25 0,25 Nếu n số lẻ A  n4  4n   n2  2n   2.n2 2n   n2  2n   n2 2n1 2 0,25 Đặt n   2k với k nguyên dương ta có A   n2   n  n2 2n1   n2  2n  n.2k  n2  2n  n.2k  Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0,25 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 110  n   n.2   Và  n   n.2    n     Vì n k n k k 1 n  22 k 2   nên A khơng phải 0,25 số ngun tố 5(4,0 điểm) 1.Vì CD đường kính nên CBD  900 0,25 Do BEF  ABF (góc có cạnh tương ứng vng góc nhọn) 0,25 Mà ABF  ODB  OB  OD  R  0,5 Nên BEF  CDB Do tứ giác CDEF nội tiếp 2.Gọi Q  BM CD 0,5 BEF vuông B nên BM  ME  MBE  MEB (1) BCD vuông B nên BCD  BDC  900 mà BDC  BEF (chứng minh câu 1) nên BCD  BEF  900 (2) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0,25 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 111 Từ (1) (2) BCD  MBE  900  BQC  900 hay BM  CD 0,25 K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF , M trung điểm EF nên KM  EF  KM AB (vì vng góc với EF ) 0,25 Tương tự KO BM (cùng vng góc với CD ) 0,25 Do KMBO hình bình hành nên MK  BO  R 0,5 H trực tâm tam giác DEF , HD  EF , suy HD AB Tương tự BH AD (cùng  BF ) Do BHDA hình bình hành nên BH  AD 0,25 Mặt khác BDAC hình chữ nhật nên AD  BC  BH  BC (3) 0,25 Lấy O ' đối xứng với O qua B ta có BO '  BO (4) với O ' cố định B, O cố đinh 0,25 Từ (3) (4) suy HO ' CO hình bình hành nên O ' H  OC  R Vậy H chạy đường tròn (O '; R) cố định 0,25 Đề số 20 Câu 1.(1,5 điểm) Giả sử a lẻ Khi a chia dư Mà b  c chia có số dư 0, Do không thỏa mãn Vậy a chẵn Tương tự b, c, chẵn, đpcm Câu (1,5 điểm) x  1 Câu (1,0 điểm) Sử dụng BĐT Côsi cho tổng Phương trình tương đương với dấu “=” đồng thời xảy  p  1, q  2, r  Câu 4.(1,0 điểm) * Nếu x  z  y  Ta có nghiệm (0, 0, 0) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 112 * Xét xyz  Chia đưa hệ bậc 1 , , Giải ta có nghiệm (4, 5, 6) x y z Câu (1,5 điểm) Sử dụng BĐT  1   2   với k  1, 2, , 2012 ta suy đpcm (k  1) k k 1   k Đề số 21 Câu 1(2đ) Nội dung Ta có P   x y x y y x  x y 0,75 2 xy ( x  y ) 2 x y Thay x   21, y   21 ta P  2(2đ) Điểm 0,75 10 21 2 (P ) qua điểm A (2;15)  15  4a  2a  (a  0) 0,5 0,5  a  2a   (a  0)  a  2, a   (d ) tiếp xúc với (P )  PT ax  2a   2ax  2a có nghiệm kép a   PT ax  2ax   có nghiệm kép a    /  a  a   a  0, a  1 a   a  1 0,5 0,5 0,5 3(1,5đ) Đặt x  y  u , xy  v  u  4v u  v  55 Khi hệ PT có dạng  u  2v  85 v  55  u v  55  u   u  13,u  15 u  2u  195  Từ ĐK ta lấy u  13,v  42 Giải hệ đặt ta nhận (x  6, y  7)  (x  7, y  6) 4(1,5đ) Áp dụng BĐT Cosi cho số dương ta có: b c bc       4 a a a a Tương tự 1 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 a c ac      4 b b b b 0,5 0,5 0.5 0,5 0,5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 113 a b ab      4 c c c c Các vế dương nên nhân vế với vế BĐT ta P  64, P  64  a  b  c   MinP  64 1 5( 3đ) 0,5 B E P A O M Q F C 1.Từ GT suy 0,5 AB  OA  OB  20(cm ) BC  OB AB  24(cm ) OA 2.Ta có OPQ  BPE  90  PBM 0,5 0,5  90  COF  OFC  OFE suy hai tam giác OPQ OFE đồng dạng 0,5 Gọi H giao điểm OA BC OH đường cao tam giác OPQ (vì OA  BC ), mặt khác dễ thấy OM đường cao 0,5 tam giác OEF PQ OH  Do EF OM Mà OH OA  OB  OH  Vì OB  (cm) OA PQ OH   ( ĐPCM) EF OM 0,5 Đề số 21 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 114 Câu Câu ( 3,5đ) Nội dung 1.Phương trình (1) có nghiệm /   m  3m   m  3m   Điểm 0,75  (m  1)(m  4)   1  m  (2) 0,75 x  x  Theo hệ thức Viet ta có  x x  m  3m Từ điều kiện tốn ta có:  x  x 22  4x  x 22  3x    x  1, x  Với x  1  x  x   x  Khi - m  3m  5  m  3m   VN - m  3m   m  0, m  ( Thỏa mãn ĐK(2)) 0,75 0,5 0,75 Câu (1,5đ) Đặt A  a  b  5a  3b  , dễ thấy A số chẵn Do A số nguyên tố A  , hay A  a  b  5a  3b   , suy 0,5 (a  b  4)(a  b  1)  Ta xét trường hợp sau : a  b    a  4, b  -  a  b   0,5 a  b    a  4, b  -  a  b   a  b   1  a  1, b  -  a  b   2 a  b   2 0,5  a  1, b  -  a  b   1 Câu (1,5đ) Đặt x  max x, y, z  y  x  y 3z  x2yz z  x  z3x  z2x2  zx3 Khi đó: 1 P  x y  x yz  z x  z x 2 1 z  x y  x yz  zx  z x  x ( x  z )( y  ) 2 0,5 0,5 z x x x  z  2z    P  x2 x  z   y    27 y   2 3  3  Áp dụng BĐT Cosi cho số khơng âm ta có: x  y  z P  27     Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038  432 0,5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 115 Dấu xảy x  6, y  2, z  Vậy MaxP  432 Câu ( 2,5đ) Gọi N giao điểm đường thẳng MI AB Ta có M E I 0,5 AMN  AMH  HMN F  MBN  BMN  ANM K N A H B J Do tam giác AMN cân A, suy AI đường trung tuyến Do I trung điểm MN Vậy E,I,F thẳng hàng 0,5 (Hay ANM  900  HMN  900  NMB  AMN  tam giác AMN cân A , AI  MN  AI đường trung tuyến  I trung điểm MN ) Vì MJ tia phân giác BMH nên J điểm cung BH  FJ  AB  EFJ  90 0,5 Trong tam giác vuông IFJ  KI  KJ  KF  EFK  KIF  MIE  EMK  EMFK tứ giác nội tiếp  K nằm đường trịn đường kính EF  AB  R Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác KEF Câu (1đ) 0,5 0,5 R Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp lục giác có cạnh 2, (O) có bán kính R  Gọi ABCD hình vng ngoại tiếp 0,5 (O) Cạnh hình vng Chia hình vng thành 16 hình vng nhỏ, có cạnh Rõ ràng 16 hình vng chứa 81 điểm cho Vì 81 = 16 x +1 nên theo nguyên lý Dirichle tồn hình vng cạnh chứa điểm số điểm cho 0,5 Đề số 23 ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM 2010-2011 Mơn Tốn – Vịng Thời gian: 120 phút Câu Đáp án Điểm (2,0 điểm) Câu Ta có Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 116 I (3,5 điểm) 23  ( 3)3 (2  3)(4   3) 2 P    72 2 72 (2  3)(2  3)      1,5 0,5 (1,5 điểm) Giả sử x số nguyên Ta có 3x  2  3 số nguyên, nên x 1 x 1 x 1 0,5 số nguyên Suy x   1 x   2 0,5 Từ ta có x  0, x  2, x  1, x  3 0,5 (1,5 điểm) Câu Điều kiện: x  II Khi pt cho  x   x  x  x  4(3x  1) (3,5  x  3x  x  điểm) 1,0  16( x  3x)  49 x  14 x   33x  34 x   x   x  33  0,5 Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm phương trình x  1, x  33 (2,0 điểm) Phương trình cho có nghiệm x1 , x2  '   (m  1)2  2m    m  0,5 Khi A  ( x1  x2 )  x1 x2  4(m  1)  2(2m  5) 2 0,5  4m2  4m   (2m  1)2  +) Với m  ta có A    18 +) Với m  2 ta có 2m   3 Suy (2m  1)  Do A  2 Dấu “=” xảy m  2 1,0 Vậy A  2, đạt m  2 (1,5 điểm) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 117 Câu Gọi I trung điểm BC Ta có IOC  BAC  600 , OC = R = A III (3,0 Suy điểm) IC  OC.sin 60   O 1,0 Do BC  2.IC  Suy B H C I S ABC  1 AH BC  3.2  3 2 0,5 (1,5 điểm) A N M 0,5 B C P Ta có AM  AN  AP Suy tam giác AMN cân A Mặt khác MAN  MAP  PAN  2BAP  2PAC  2BAC  1200 Suy MN cạnh đáy tam giác cân có góc đỉnh khơng đổi Do MN lớn cạnh bên AM  AP lớn  AP  2R  , P giao điểm thứ AO với đường trịn Khi B trung điểm PM, C trung điểm PN nên BC đường trung 0,5 0,5 bình tam giác PMN Suy MN  BC  Đề số 24 ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM 2010-2011 Mơn Tốn – Vịng Thời gian: 150 phút Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 118 Câu Đáp án Điểm (2,0 điểm) Câu I (3,5 Điều kiện: x  x   0, x  x   2 Rõ ràng x  nghiệm phương trình Do phương trình tương đương với điểm) 0,5 12   2 x 4 x 2 x x Đặt x   t phương trình trở thành x 12  1 t4 t2  9t  12  (t  4)(t  2) 0,5 t  1  t  3t     t  * Với t  1 ta có x  * Với t  ta có x   1  x  x   0, vô nghiệm x   x  x    x   x Vậy nghiệm phương trình x   1,0 2 (1,5 điểm) Rõ ràng n  thỏa mãn 0,5 Với n  ta có n  n   (n  n)  (n  n )  n  n  13 13 2 0,5  n(n12  1)  n (n3  1)  n  n  Để ý n   (n )   n   n  n  Suy 12 n13  n5   n  n  Mà n  n   n  n   nên n  n  số nguyên tố 13 13 0,5 Vậy có n  thỏa mãn Vì x, y số nguyên nên từ giả thiết suy Câu II x  y  xy  x  y 0,5  x  y  xy  x  y  2 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 119  (4 x  xy  y )  ( y  y  1)  (4 x  x  1)  (2,0  (2 x  y )  ( y  1)  (2 x  1)  điểm) 0,5 Suy (2 x  1)    2 x   x   2 x   1  x  * Với x  ta có y  0, y  0,5 * Với x  ta có y  1, y  0,5 Vậy có cặp (x, y) thỏa mãn (0, 0), (0, 1), (1, 1), (1, 2) Câu Áp dụng BĐT Cơsi ta có III 0,5 x   x    3x; y   y; z   3z (1,5 x3 y3 z3   y  z  x3  điểm) Suy P  (1) x3 x ( y  3) x   , Ta lại có y 3 16 0,5 y3 y ( z  3) y z3 z ( x  3) z   ,   z3  16 x3  16 x3 y3 z3 15    ( x3 y  y z  z x3 )  Suy y  z  x  16 16 Mặt khác x y  y z  z x  hay  3 3 ( x3  y3  z )2  3, 3 3 ( x y  y z  z x3 )   16 16 Từ (1), (2) (3) ta có P  Vậy P  (2) (3) Dấu đẳng thức xảy x  y  z  0,5 , đạt x  y  z  (1,0 điểm) Câu IV (3,0 Do (I) (O) tiếp xúc nên O, I, D thẳng hàng Ta có hai tam giác IDE cân I, 0,5 ODB cân O có chung góc D nên chúng đồng dạng Suy DEI  DBO Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 120 điểm) Suy IE // OB Mà IE  FE nên FE  AB 0,5 (2,0 điểm) Giả sử EF cắt AB H F Do BC tiếp tuyến đường tròn (I) D nên E I A C BC  BE.BD B H O (1) Ta có BHE đồng dạng BDA nên 1,0 BH BE   BH BA  BD.BE (2) BD BA BHF đồng dạng BFA nên BH BF   BH BA  BF BF BA (3) Từ (1), (2) (3) suy BF  BC  BF  BC 2 Suy BCF cân B  BFC  BCF Mặt khác BFC  BFH  HFC, BCF  BAF  AFC BFH  BAF nên ta suy AFC  CFH Suy FC phân giác góc AFE Đề số 25 Câu ( 2đ) Nội dung Điểm Dễ thấy    nên phương trình ln có nghiệm phân biệt phương trình có nghiệm u  m, v  m  Theo ý ta có u  v  17  m2  (m  3)2  17 0,5  2m2  6m    m2  3m    m  1 m  Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 0,5 TÀI LIỆU TỐN HỌC 1,0 121 (4đ) Đặt u  x  y, v  xy Khi hệ phương trình trở thành u  2u  2v  23  u  v  11 u  2u  2(11  u )  23 u  4u  45    v  11  u v  11  u u  u  9   v  v  20 0,5 0,5 u   ( x, y )  (2,3)  (3,2) Giải hệ ta  v  u  9  ( x, y )  (4,5)  (5,4)  v  20 Vậy hệ có nghiệm (2,3); (3,2); (-4,-5) (-5,-4) Sử dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có P  ( x  y)  y  6 y( x  y) 0,5 0,5 Dấu xảy x  y  y  x  16 y      x  4, y   y  8 y  y ( x  y )  64   Do giá trị nhỏ biểu thức 1 Vì IE đường kính (O1 , R1 ) nên IPE  90 0,75 Tương tự: IPF  90 Từ giả thiết ta có E, F nằm hai phía P Suy EPF  180 , hay E, P, F thẳng hàng Ta có O1 IO2  O1 PO2 (c.c.c) , nên O1 IO2  O1 PO2 (1) (4đ) 0,75 0,75 Mặt khác, O1 K , O2 K đường trung bình tam giác IEF nên IO1 KO2 hình bình hành Do O1 IO2  O1 KO2 (2) 0,75 từ (1) (2) suy O1PO2  O1KO2 , hay O1 PKO2 tứ giác nội tiếp Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 122 IA cắt (O2 , R2 ) điểm A' (khác I ) Ta có tứ giác IBFA' hình chữ nhật, nên BF  IA' (3) 0,5 Mặt khác, IK // AE A' F K trung điểm EF nên I trung điểm AA' Hay IA  IA' (4) 0,5 Từ (3) (4) suy IA  BF A’ I A O1 O E P K F B Đề số 26 Câu 1(2,5) Nội dung Điểm ĐK: x   PT  3x   x   x( x  7)  x   x  7x  3x  44 x  64   x  16 ( x  ) 0,75 0,75 Vì x  khơng nghiệm phương trình nên 2 2   PT  x   3x      x    3 x     x x x x   Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 0,5 TÀI LIỆU TỐN HỌC 123 , PT có dạng t  3t    t   t  x Với t   x    x  x    x   x Với t   x    x  x    x  1  x  x Đặt t  x  0,5 2(2,5) 1.Tìm số nguyên dương thỏa mãn phương trình x  y  13( x  y)  2 Phương trình  ( x  y)2  ( x  y)2  2.13( x  y)  132  169 0,5  ( x  y)2  (13  x  y)2  169 Vì x, y số nguyên dương nên dễ thấy  x  y  13,  13  x  y  13, 169  12  52  x  y  12  ( x, y )  (10,2) Bằng cách giải hệ phương trình:  13  x  y  x  y   ( x, y )  (3,2)  13  x  y  12 0,5 Vậy x  3, y  2; x  10, y  2 nghiệm nguyên dương phương trình 0,5 1   , m n  p(m  n ) (1) p m n 2 Suy m n  p Do p nguyên tố nên mn p , m p n p Kết hợp với (1) suy m  n  p Do m p n p 1 1 Suy m  p, n  p Khi      p m p p p n Dẫn đến p  Mâu thuẫn Theo giả thiết p  Giả sử (2đ) Đặt P  0,5 0,5  y  3z  3z  x  x  y  1      P   24   1 x 1 2y  3z   x  y  3z  0,5 Sử dụng bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có  1  72   P   24     x  y  3z  (1  x)(1  y)(1  3z ) 72 72   x   y   3z 51 P 0,5  Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 0,5 TÀI LIỆU TỐN HỌC 124 1  x   y   3z  x  6, y  3, z  Dấu xảy    x  y  3z  18 C (3đ) N O H B M A 0,5 Sử dụng tính chất đường trung tuyến ta có: MA'  MB'  AB (1) NA'  NB'  CH (2) Từ giả thiết ta có CA' A BA' H vng cân Suy CA' H  AA' B , CH  AB (3) Lại có NA' C  NCA'  MAA'  MA' A , nên MA' N  AA' C  900 (4) Từ (1), (2), (3) (4) suy A' MB' N hình vng Ta có O A' thuộc trung trực AC , nên OA'  AC Suy OA' // B' H Tương tự OB' // A' H Vì B' OA' H hbh Do OH cắt A' B' I trung điểm đường Rõ ràng từ kết ý 1, MN qua I Vậy A' B' , MN , OH đồng quy 0,5 0,5 0,5 0,75 0,75 Đề số 27 Câu Nội dung Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 Điểm TÀI LIỆU TỐN HỌC 125 Ta có: x  y  ; xy  A Khi đó: 0,5 x  y  2y x y y x xy  x y xy 0,5    5 Đặt x  x   t , (t  0) phương trình cho trở thành: t (t  1)  12 0,5 0,5  t  t  12   t  , t  0,5 Với t  ta có x  x    x  x    x  1 x  2 0,5 Ta có '  m  2m   (m  1)   0, m Do phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 Theo Định lý Viet, x1  x2  2m; x1 x2  2m  2 Khi ta có: x12  x22  x1 x2  10  ( x1  x2 )  3x1 x2  10 0,5  4m  6(m  1)  10  2m  3m    m   m   2 0,5 Theo BĐT Cô Si ta có: a a a    b b b 0,5 b  a a 1 a b  )  2 Do a   b   ( b a b a Dấu đẳng thức xảy a  b  b2  0,5 0,5 0,5 Chú ý: Bất đẳng thức cịn chứng minh theo cách sau C2: Sử dụng BĐT: Suy a2  a2  1 1  ( x  ) x   , x  y x y 1  1   b2   (a  )  (b  )  2  a b  b a 2 C3: Sử dụng BĐT có x2  x  y  u  v  ( x  u)  ( y  v) x   2, x  ta x 1 1   b  (a  )  (b  )    2 2 a b b a 0,5 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 126 A M N0 M0 N O P0 B a) Vì AM ON tứ giác nội tiếp, nên OM N  OAN  A (1) Tương tự, xét tứ giác nội tiếp BM OP0 ta có OM P0  B (2) C Từ (1) (2) suy P0 M N  (A  B) 0,5 0,5 b) Ta có BM  CN  BC  BM  CN , nên M M  N N 0,5 Hơn OM  ON0 , nên hai tam giác vuông OM M ON N 0,5 Suy OM  ON , tam giác OMN cân O c) Ta có MOM  NON , nên M ON0  MON 0,5 Lại tam giác M ON MON cân O nên chúng đồng dạng với Suy MN ON   Hay MN  M N M N ON 0,5 Vì M0N0 khơng đổi, nên MN ngắn M trùng với M0 N trùng N0 0,5 Đề số 28 Câu Nội dung Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Điểm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 127 a) Đặt t  x  x   ( x  2)   Khi phương trình cho trở thành 10 t     t  7t  10   t   t  t +) t   ( x  2)    x   x  +) t   ( x  2)    x   x  0,5 0,5 0,5 b) Lập phương hai vế phương trình cho ta 5x   33 x  13 3x  1(3 x   3x  1)  5x   x  13 3x  13 5x   0,5  (2 x  1)(15x  x  1)   30 x  19 x   x   x  19 30 0,5 -Với x  hai vế khác 19 - Với x  hai vế phương trình cho 30 19 Vậy phương trình có nghiệm x  30 0,5 a) Ta có x12  18x1   0, nên x1n2  18x1n1  x1n  (1) 0,5 Tương tự: x2n2  18x2n1  x2n  (2) Từ (1) (2) ta có x1n2  x2n2  18( x1n1  x2n1 )  ( x1n  x2n )  0,5  S n2  18S n1  S n b) Ta có S  2; S1  x1  x2  18; S  x12  x22  ( x1  x2 )  x1 x2  322 số nguyên dương không chia hết cho 17 0,5 Giả sử toán đến k  0,1, , n  2, n  N Khi S n3  18S n2  S n  17S n2  (18S n1  S n )  S n  17(S n2  S n1 )  S n số nguyên dương không chia hết cho 17 Vậy toán chứng minh abc ; 1 a 1 b 1 c (1  a)(1  b)(1  c)(1  d )  (1  a)(1  b)(1  c)  abc abc 1  Suy P  3 Với a, b, c, d  0,1 ta có 3 1,0 abcd  abc  0,5 Dấu đẳng thức xảy a  b  c  d   a  b  c  d  Vậy max P  Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 0,5 128 Q J A N a) AO cắt đường tròn (O) A' Gọi J trung điểm B AB Ta có hai cung MN A'B O bù với cung AB Do IM  I A' M 0,5 1 MN  A' B  JO Suy 2 0,5 OI  OM  IM  OA2  JO  a P K b) Gọi P, Q trung điểm hai cung lớn, nhỏ AB Trên AM kéo dài lấy 0,5 điểm K cho MB = MK Ta có MA + MB = AK Vì ta xác định M cho AK có độ dài lớn Ta có MQ phân giác AMB MP  MQ nên MP phân giác góc BMK Vì MK = MB nên PK = PB Điều chứng tỏ K thuộc đường tròn tâm P cố định với bán kính PB = PA khơng đổi 0,5 0,5 Do dây cung AK lớn đường kính, nghĩa M  P Giả sử ABC tam giác có cạnh Chia cạnh tam giác ABC thành ba phần Nối điểm chia đoạn thẳng song song với cạnh, tam giác A ABC chia thành tam giác có cạnh Gọi I, J J, K điểm cạnh BC, CA AB cho K 0,5 IC = JA = KB =1 Ba đường trịn bán kính 1, tâm tương B I C ứng I, J, K phủ kín tam giác ABC (mỗi hình trịn phủ tam giác nhỏ) Như dùng bìa phủ kín tam giác ABC Số bìa phải dùng 3, ngược lại phải có hai ba đỉnh tam giác ABC thuộc hình trịn bán kính Điều khơng thể xảy cạnh tam giác ABC Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 0,5 129 Đề số 29 Câu Nội dung < x  a) Điều kiện: A= x  12  16 x b) 2A + x  Điểm      x   x   x  1  x  x =  16 x x 1 x 2 1,0 1 x 1 x + x= Theo giả thiết ta có x x 1 x  2x  x   = x 0,5 x  t (0  t  1) ta 2t2-5t+2 =  t = t = Suy x = x = Đặt a) Phương trình cho có nghiệm kép  ' = 1+m(m-3)+1 =0  m23m+2 =  m =1 m = x  y  x  y      xy ( x  y )  30  xy[( x  y )  xy ]  30 0,5 b) Hệ cho   1,0 x  y  x  y     xy   xy  ( xy )  xy  15  0,5 x  y   (x, y) = (3, 1); (x, y) = (1, 3) xy   *)  Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 130 x  y  , vô nghiệm  xy  0,75 *)  Áp dụng BĐT Bunhiacôpski cho hai số (x, y) (1,  ) ta có P  ( x  y)  36  -6  P  0,75 +) P = -6 x =-1, y = Suy minP =-6 +) P = x =1, y =- Suy maxP = A K B' C' H 1,0 O B' C' O A' 0,5 H a) Tứ giác HA'BC' nội tiếp nên C'A'H = C'BH (cùng chắn cung C'H) Tứ giác AB'A'B nội tiếp nên AA'B' = ABB' (cùng chắn cung AB') Từ suy C'A'H = AA'B' b) Kéo dài CO cắt đường tròn K Tứ giác KBHA hình bình hành KB // AH (cùng vng góc với BC) KA // BH (cùng vng góc với AC) Suy AH = KB (1) Tam giác vng BKC có BKC =BAC = 600 nên KB = KC =OC =AO (2) Từ (1) (2) ta có AH = AO Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 131 Chú ý: +) Cũng kéo dài BO AO cho cắt đường tròn chứng minh tương tự 1,5 +) Cũng sử dụng tam giác đồng dạng để giải 1,0 1,0 Đề số 30 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 132 a) Phương trình cho tương đương với x  401y  2y 1 Do x, y nguyên nên 2y 1 z 1  z Z Vậy y = 2z+  z=2t+1, tZ 0,5 Suy y = 5t+2, x = 2007t + 803, t Z Kết hợp giả thiết x (0; 3000) suy t = t = +) Với t =  x = 803, y = 0,5 +) Với t =  x = 2810, y = 0,5 b) Ta có 53n+2+22n+3 = 25.125n + 8.4n = 25(125n - 4n) +33.4n 1,0 Mặt khác (125n - 4n )  (125 - 4) = 121  11 33.4n  11,  n  N Do 53n+2+22n+3  11,  n  N 1,0 Đặt A = p  pq  2q B = p  pq  q Xét trường hợp: 2 2 +) p = q = 2, không thoả mãn +) p =2, q  3, ( A, B ) = (4 - 2q+2q2, 8+2q+ q2) = (2- q+ q2, 8+2q + q2), (vì + 2q + q2  2) = ( + 3q, + 2q + q2) = (2 + q, + (2 + q)q ) , (vì + 2q + q2  3) = d Suy d lẻ d Do d =1 +) q =2, p  3, 0,5 ( A, B ) = (p2 –2p +8, 2p2 +2p+4) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 133 = (p2 –2p +8, p2 + p+2), (vì p2 –2p +8  2) = (3p - 6, p2 + p +2) (vì p2 + p +2  3) = (p - 2, p2 + p +2), = (p - 2, p2 + 4) = (p - 2, (p - 2)2 + 4p) = d Suy d p , d lẻ d < p Do d =1 +) p, q  Vì p, q số lẻ nên p + q p - q số chẵn Suy A=p(p - q) +2q2  B = 2p2 + q(q + p)  Vậy A B không nguyên tố Tóm lại: p = 2, q  3, nguyên tố q =2, p  3, nguyên tố Đặt P = bc5 ca4 ab3 1    P+3=12 + +     a  b  c 1 a 2b 3c   0,5 Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ta có P+3 36 1      3 (  a )(  b )(  c ) 1  a  b  c  = 12  36  Suy P  1 a   b   c 0,5 1  a   b   c  a  3, b  2, c  a  b  c  Dấu đẳng thức xảy   D N a) Kẻ OI  AB, OJ CD  I, J tương ứng trung điểm AB, CD AB2+CD2 = 4IA2+ 4JD2 H A K B p J I 0,5 O M = 4(OA2-IO2) + 4(OD2-OJ2) = 8R2 - 4(OI2+OJ2) =8R2- 4OH2 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 134 = 8R2- R2 = 7R2 0,5 b) Kéo dài NH cắt AC K Ta có AHK = BHN (đối đỉnh) BHN = NBH (vì HN trung tuyến thuộc cạnh huyền tam giác vuông), nên AHK = NBH (1) Mặt khác, CAB = HDB (2) Từ (1) (2)  AHK +CAB = NBH + HDB = 900, hay NK AC Suy NH // OM Tương tự MH// ON Do tứ giác OMHN hình bình hành  M, N, P thẳng hàng d Bổ đề: Cho ABC M, N hai điểm tuỳ ý A M0 tam giác Khi MN  max{AB, BC, CA} 1,5 M N (1) Chứng minh: Gọi d đường thẳng MN i) Nếu d qua đỉnh ABC, chẳng hạn A Khi d cắt BC A1 B N0 A1 C Nếu A1 trùng với B C hiển nhiên có (1) Nếu A1 khác B, C góc  AA1B  AA1C có góc  900, giả sử  AA1C Khi MN  AA1  AC nên suy (1) 1,0 ii) Nếu d không qua đỉnh ABC Giả sử d cắt AB, BC M0, N0 Áp dụng i) ta có MN  max{A N0 , N0B, AB}  max{A N0 , BC, AB} (2) Mặt khác theo i) AN0  max{AB, BC, CA} (3) Từ (2), (3) suy (1) 0,5 Trở lại Bài toán: Bằng cách nối trung điểm cạnh tam giác cho, theo tính chất đường trung bình ta thu tam giác tam giác có cạnh lớn Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 135 Vì có điểm phân vào tam giác nên tồn tam giác chứa điểm (ngun lí Đirichlet) Theo bổ đề ta có khoảng cách điểm không vượt 0,5 0,5 Đề số 31 Câu Nội dung Điểm Đặt n = 3k + r với k nguyên; r = 0, *)Nếu n = 3k n2 + n + = 9k2 + 3k + chia dư Câu 0,5 0,5 *) Nếu n = 3k + n2 + n + = 9k2 + 9k + chia dư 0,5 *) Nếu n =3k + n2 + n + = 9k2 + 15k + chia dư 0,5 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 136 a) Đặt x2 – x = u, u  v  19 y2 – 2y = v   uv  20  u,v nghiệm phương trình t2 – 19t – 20 =  t = -1; t = 20 u  1  x  x   *)     vô nghiệm  y y  20  v  20 u  20  x  4 ; x   x  x  20        y  y   v  1 y  Câu 0,5 *)  nghiệm hệ (x, y) = (-4, 1); (5, 1) < b) Điều kiện -  x  Với điều kiện phương trình  3x  = 3-  x   3x + = -  x + – x   x = – 2x  …  9(x-2) = 25 -20x + 4x2 x   4x - 11x + =   x   Câu 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 Ta có a3 = + 17 + - 17 + 3  17 3  17 a = – 6a  a + 6a =  f(a) = (a3 + 6a – 5)2006 = (6 – 5)2006 = 0,5 0,5 Nội dung xĐiể Câu m a) I E K F A O • •O’ • 0,25 B Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 137 Ta có  KEA =  KBE Suy  KEA đồng dạng với  KBE  KE KA =  KE2 = KA.KB KB KE (1) Tương tự, ta xét hai tam giác KFA KBF ta có KF2 = KA.KB Câu Từ (1) (2) suy KE = KF (2) (3) Mặt khác, theo giả thiết KA = KI (4) 0,5 Từ (3) (4) suy tứ giác AEIF hình bình hành b) Ta có MA= MO' =  OO'   OAO' vuông A OO' = OA + O ' A = R2 + R ' 0,25 (5) Do tứ giác OEFO' hình thang vng E, F nên OO' = EF2 + (OE - O ' F ) = EF2 + ( R  R ') (6) Từ (5) (6) suy EF2= R2 + R ' – ( R  R ') = 2RR '  EF = 0,5 2RR '