Bộ 46 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán hệ chuyên (Có đáp án)

245 trang hoahoa 18/05/2024 780

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ 46 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán hệ chuyên (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bo_46_de_thi_vao_lop_10_mon_toan_he_chuyen_co_dap_an.pdf

Nội dung text: Bộ 46 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán hệ chuyên (Có đáp án)

46 ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN (CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT) TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG 10/4/2018 Chư sê – Gia Lai 0946798489
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Mục Lục Đề số 1. Chuyên Bắc Ninh. Năm học 2014-2015 3 Đề số 2. Chuyên Bến Tre. Năm học: 2014-2015 8 Đề số 3. Chuyên Toán Sƣ Phạm Hà Nội. Năm học: 2014-2015 14 Đề số 4. Chuyên SP Hà Nội. Năm học: 2014-2015 19 Đề số 5. Chuyên Hà Tĩnh. Năm học: 2014-2015 23 Đề số 6. Chuyên Khánh Hòa. Năm học: 2014-2015 27 Đề số 7. Chuyên Nam Định. Năm học: 2014-2015 30 Đề số 8. Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định. Năm học: 2014-2015 34 Đề số 9. Chuyên Ninh Bình. Năm học: 2014-2015 38 Đề số 10. Chuyên Năng Khiếu HCM. Năm học: 2014-2015 44 Đề số 11. Chuyên Ngoại Ngữ DHQG Hà Nội. Năm học: 2014-2015 50 Đề số 12. Chuyên Nguyễn Trải – Hải Dƣơng. Năm học: 2014-2015 55 Đề số 13. Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An. Năm học: 2014-2015 59 Đề số 14. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 64 Đề số 15. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 70 Đề số 16. Chuyên HCM. Năm học: 2014-2015 75 Đề số 17. Chuyên Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2014-2015 81 Đề số 18. Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2014-2015 86 Đề Số 19. Chuyên Năng Khiếu - HCM. Năm học: 2014-2015 91 Đề số 20. Chuyên Hà Nội Amsterdam. Năm học: 2014-2015 97 Đề số 21. Chuyên Bắc Giang. Năm học: 2015-2016 105 Đề số 22. Chuyên Bạc Liêu. Năm học: 2015-2016 112 Đề số 23. Chuyên Bạc Liêu. Năm học: 2015-2016 116 Đề số 24. Chuyên Đại học Vinh. Năm học: 2015-2016 120 Đề số 25. Chuyên Hà Giang. Năm học: 2015-2016 126 Đề số 26. Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình. Năm học: 2015-2016 130 Đề số 27. Chuyên Hùng Vƣơng – Phú Thọ. Năm học: 2015-2016 135 Đề số 28. Chuyên Khánh Hòa. Năm học: 2015-2016 141 Đề số 29. Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2015-2016 145 Đề số 30. Chuyên Nam Định . Năm học: 2015-2016 151 Đề số 31. Chuyên Nam Định. Năm học: 2015-2016 159 Đề số 32. Chuyên HCM. Năm học: 2015-2016 164 Đề số 33. Chuyên Lƣơng Văn Chánh – Phú Yên. Năm học: 2015-2016 168 Đề số 34. Chuyên Lƣơng Văn Tụy – Ninh Bình. Năm học: 2015-2016 172 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -1-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 35. Chuyên Nguyễn Du - Đaklak. Năm học: 2015-2016 178 Đề số 36. Chuyên Hải Dƣơng. Năm học: 2015-2016 184 Đề số 37. Chuyên Quảng Bình. Năm học: 2015-2016 191 Đề số 38. Chuyên Quảng Nam. Năm học: 2015-2016 197 Đề số 39. Chuyên Quảng Nam. Năm học: 2015-2016 204 Đề số 40. Chuyên Quang Trung – Bình Phƣớc. Năm học: 2015-2016 209 Đề số 41. Chuyên Quốc Học Huế - Thừa Thiên Huế. Năm học: 2015-2016 215 Đề số 42. Chuyên SPHN. Năm học: 2015-2016 221 Đề số 43. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2015-2016 226 Đề số 44. Chuyên Vũng Tàu. Năm học: 2016-2017 230 Đề số 45. Chuyên Sơn La. Năm học: 2016-2017 235 Đề số 46. Chuyên SPHN. Năm học: 2016-2017 240 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -2-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 1. Chuyên Bắc Ninh. Năm học 2014-2015 Câu I. ( 1, 5 điểm ) Cho phƣơng trình x2 2 mx 2 m 6 0 (1) , với ẩn x , tham số m . 1) Giải phƣơng trình (1) khi m = 1 22 2) Xác định giá trị của m để phƣơng trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho xx12 nhỏ nhất. Câu II. ( 1,5 điểm ) Trong cùng một hệ toạ độ , gọi (P ) là đồ thị của hàm số y = x2 và (d) là đồ thị của hàm số y = -x + 2 1) Vẽ các đồ thị (P) và (d) . Từ đó , xác định toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị . 2) Tìm a và b để đồ thị ∆ của hàm số y = ax + b song song với (d) và cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng -1 Câu III .( 2,0 điểm ) 1) Một ngƣời đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B , quãng đƣờng AB dài 24km . Khi đi từ B trở về A ngƣời đó tăng vận tốc thêm 4km so với lúc đi , vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút . Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B . 2 ) Giải phƣơng trình x 1 x x (1 x ) 1 Câu IV . ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đƣờng cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành BHCD . Đƣờng thẳng qua D và song song với BC cắt đƣờng thẳng AH tại M . 1) Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đƣờng tròn. 2) Gọi O là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD và góc BAM = góc OAC . 3) Gọi K là trung điểm của BC , đƣờng thẳng AK cắt OH tại G . Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam giác ABC. Câu V .( 2, 0 điểm ) 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + ab + b2 – 3a – 3b + 2014 . 2) Có 6 thành phố trong đó cứ 3 thành phố bất kỳ thì có ít nhất 2 thành phố liên lạc đƣợc với nhau . Chứng minh rằng trong 6 thành phố nói trên tồn tại 3 thành phố liên lạc đƣợc với nhau. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -3-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Hết Hướng dẫn sơ lược đề thi môn toán dành cho tất cả thí sinh năm học 2014-2015 Thi vào THPT chuyên Tỉnh Bắc Ninh Câu I. ( 1, 5 điểm ) x2 2 mx 2 m 6 0 Giải: 1) GPT khi m =1 + Thay m =1 v ào (1) ta đƣợc x2 + 2x - 8 = 0  ( x + 4 ) ( x – 2 ) = 0  x = { - 4 ; 2 } KL : Phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4 hoặc x = 2 2) xét PT (1) : (1) , với ẩn x , tham số m . ' 2 2 + Xét PT (1) có (1) m 2 m 6 ( m 1) 5 0 (luôn đúng ) với mọi m => PT (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m x12 x 2 m + Mặt khác áp dụng hệ thức viét vào PT ( 1) ta có : ()I x12 x (2 m 6) 22 2 2 2 + Lại theo đề và (I) có :A = xx12 = ( x1 + x2 ) – 2 x1x2 = ( - 2m ) + 2 ( 2m + 6 ) = 4m + 4m + 12 1 = ( 2m + 1)2 + 11 ≥ 11 với mọi m => Giá trị nhỏ nhất của A là 11 khi m = 2 KL : m = thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu II. ( 1,5 điểm ) Giải : 1) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị hàm số: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -4-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Dựa vào đồ thị ta có giao điểm của d và (P) là 2 điểm M ( 1 ; 1); N ( -2 ; 4 ) 2) Do đồ thị ∆ của hàm số y = ax + b song song với (d) y = -x + 2 Nên ta có: a = -1. ∆ cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng – 1 nên ta thay x = -1 vào pt (P) ta đƣợc: y = 1 Thay x = -1; y = 1 vào pt ∆ ta đƣợc a = -1 ; b = 0 =>Phƣơng trình của ∆ là y = - x Câu III .( 2,0 điểm ) Giải: 1) Đổi 30 phút = ½ giờ Gọi x ( km /h ) là vận tốc ngƣời đi xe đạp t ừ A -> B ( x > 0 ) . Vận tốc ngƣời đó đi từ B-> A là: x + 4 (km/h) 24 Thời gian ngƣời đó đi từ A -> B là: x 24 Thời gian ngƣời đố đi từ B về A là: x 4 Theo bài ra ta có: 24 24 1 48(x 4) 48 x x ( x 4) xx2 4 192 0 x x 4 2 2( x x 4)2( x x 4) 2( x x 4) => x = 12 ( t/m ) . KL : Vậy vận tốc của ngƣời đi xe đáp từ A đến B là 12 km/h. a2 1 2) ĐKXĐ 0 ≤ x ≤ 1 Đặt 0 a = 1 > 0 xx 11 + Nếu a = 1 = > x 1 x 2 x (1 x ) 1 x (1 x ) 0  x = { 0 ; 1 } ( t/m) KL : Vậy phƣơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt là x = 0; x = 1 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -5-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Câu IV . ( 3,0 điểm ) Giải 1) Chứng minh các tứ giác ABMD , AMDC nội tiếp Do BHCD là hình bình hành nên: Ta có: BD//CC’ => BD  AB => ABD = 90o Có:AA’  BC nên: MD  AA’ => AMD = 90o => ABD + AMD = 180o => tứ giác ABMD nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính AD. Chứng minh tƣơng tự ta có tứ giác AMDC nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính AD. => A, B ,C,D , M nằm trên cùng một đƣờng tròn 2) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay BM = CD + Theo phần 1) và BC//MD => góc BAM =góc OAC 1 OK 1 3)Chứng minh OK là đƣờng trung bình của tam giác AHD => OK//AH và OK = AH hay (*) 2 AH 2 OK1 GK + Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA => AG 2 GK , từ đó suy ra AH2 AG G là trọng tâm của tam giác ABC Câu V .( 2, 0 điểm ) Giải: 1) Giá trị nhỏ nhất của P là 2011 khi a =b = 1 4P = a2 - 2 ab + b2 + 3(a2 + b2 + 4 + 2ab – 4a – 4b ) + 4. 2014 – 12 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -6-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN = (a-b)2 + 3 (a + b – 2)2 +8044 ≥ 8044 P≥ 2011 ab Dâu “=” xảy ra  ab 1 ab 20 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2011 khi và chỉ khi a = b = 1. 2) Gọi 6 thành phố đã cho là A,B,C,D,E,F + Xét thành phố A .theo nguyên l í Dirichlet ,trong 5 thành phố còn lại thì có ít nhất 3 thành phố liên lạc đƣợc với A hoặc có ít nhất 3 thành phố không liên lạc đƣợc với A ( vì nếu số thành phố liên lạc đƣợc với A cũng không vƣợt quá 2 và số thành phố không liên lạc đƣợc với A cũng không vƣợt quá 2 thì ngoài A , số thành phố còn lại cũng không vƣợt quá 4 ) . Do đó chỉ xảy ra các khả năng sau : Khả năng 1 : số thành phố liên lạc đƣợc với A không ít hơn 3 , giả sử B,C,D liên lạc đƣợc với A . Theo đề bài trong 3 thành phố B,C,D có 2 thành phố liên lạc đƣợc với nhau . Khi đó 2 thành phố này cùng với A tạo thành 3 thành phố đôi một liên lạc đƣợc với nhau . Khả năng 2 : số thành phố không liên lạc đƣợc với A , không ít hơn ,giả sử 3 thành phố không liên lạc đƣợc với A là D,E,F . Khi đó trong bộ 3 thành phố ( A,D,E) thì D và E liên lạc đƣợc với nhau ( v ì D,E không liên lạc đƣợc với A ) Tƣơng tự trong bộ 3 ( A,E,F) v à ( A,F,D) th ì E,F liên lạc đƣợc với nhau , F và D liên lạc đƣợc với nhau và nhƣ vậy D,E,F l à 3 thành phố đôi một liên lạc đƣợc với nhau . Vậy ta có ĐPCM Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -7-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 2. Chuyên Bến Tre. Năm học: 2014-2015 Câu 1: (2,5 điểm) 3 3 4 3 4 a) Rút gọn biểu thức sau: A 2 3 1 5 2 3 xx 22 b) Cho biểu thức: B x x với xx 0, 1 xx 21x 1 i) Rút gọn biểu thức B ii) Tìm các giá trị nguyên của x để B nhận giá trị nguyên Câu 2: (2,5 điểm) mx 21 y Cho hệ phƣơng trình với m là tham số. 3x ( m 1) y 1 a) Giải hệ với m = 3. b) Giải và biện luận hệ theo m. c) Tìm m nguyên để hệ có nghiệm là số nguyên. Câu 3: (2 điểm) Cho phƣơng trình bậc hai: x2 mx m 10 (1), với m là tham số. i) Giải phƣơng trình (1) khi m = 4 ii) Tìm các giá trị của m để phƣơng trình (1) có hai nghiệm xx12, thỏa mãn hệ thức 11xx12 xx122014 Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính AD.Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ AB(M không trùng với các điểm A và B). a) Chứng minh MD là đƣờng phân giác của góc BMC b) Cho AD=2R.Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R c) Gọi O là tâm đƣờng tròn đƣờng kính AD.Hãy tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung AMB và dây AB theo R. d) Gọi K là giao điểm của AB và MD,H là giao điểm của AD và MC.Chứng minh ba đƣờng thẳng AM,BD,HK đồng quy. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -8-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN ĐÁP ÁN Câu 1: a) Ta có: 3 3 4 3 4 A 2 3 1 5 2 3 334231 xx 3452322 B x x 22 x 1 xx 212 2 3 1 5 2 3 22 11 3 26 13 3 11 13 2 3 2 3 4 2 3 4 2 3 22 1 22 3 1 3 1 2 1 3 1 3 1 2 1 .( 2) 2 2 b) xx 22 B . x x 2 x 1 xx 11 x 2 x 1 x 2 x 1 2 . xx xx 11 i) Với x > 0, x ≠ 1 ta có: x x 2 ( x x 2) 2 . xx x 1 22xx .1xx 2 (xx 1) ( 1) x 1 2xx 2( 1) 2 2 ii) Ta có: B 2 x 1 x 1 x 1 Do x nguyên nên: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -9-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 2 x 11 B nguyên ⇔ guyên ⇔ x – 1 là ƣớc của 2 ⇔ x 2;0;3; 1 x 1 x 12 Vậy các giá trị của x cần tìm là x 2;0;3; 1 Câu 2: a) (1) Với m = 3, hệ phƣơng trình (I) trở thành: 3x 2 y 1 2 y 2 y 1 y 1 34x y 1 34 x y 1 34.(1)1 x x 1 Khi m = 3 hệ có nghi ệmmx (1; 21–1) y 3x ( m 1) y 1 b) Ta có: 1 mx y 1 mx mx 21 y 2 y 2 3x ( m 1) y 1 1 mx 2 3xm ( 1). 1 6x ( m m ) x m 1 2 2 1 mx y 2 ()II 2 (m m 6) x m 3(*) Khi m = 2: (*) ⇔ 0x = 5 (vô nghiệm) ⇒ Hệ vô nghiệm 13 x Khi m = –3: (*) ⇔ 0x = 0. Hệ phƣơng trình có vô số nghiệm x ∈ ℝ, y = 2 m 3 Khi m2 m 6 0 ( m 3)( m 2) 0 , ta có: m 2 m 31 x m2 m 62 m ()II m 1 m 2 1 y 22 m 11 Hệ (I) có nghiệm duy nhất ; mm 22 Kết luận: + m = 2: (I) vô nghiệm 13 x + m = –3: (I) có vô số nghiệm x ∈ ℝ, y = 2 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -10-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN + m ≠ 2 và m ≠ –3: (I) có nghiệm duy nhất c) Theo câu b, (I) có nghiệm ⇔ m ≠ 2. Khi m = –3, (I) có nghiệm nguyên chẳng hạn x = 1, y = 2 1 Khi m ≠ 2 và m ≠ –3: (I) có nghiệm nguyên ⇔ ∈ ℤ ⇔ m – 2 là ƣớc của 1 m 2 ⇔ m – 2 = 1 hoặc m – 2 = –1 ⇔ m = 3 hoặc m = 1 Vậy các giá trị m cần tìm là m ∈ {–3;1;3} Câu 3: a) (1) i) Với m = 4, phƣơng trình (1) trở thành x2 4 x 3 0 ( x 1)( x 3) x 1 hoặc x 3 Vậy tập nghiệm của (1) là {1;3} ii) Phƣơng trình (1) có hai nghiệm xx12, x2 mx m 10 mm2 4( 1) 0 mm2 4 4 0 (m 2)2 0 (luôn đúng ∀ m) x12 x m Khi đó, theo định lý Vi–ét: x12 x m 1 Ta có: 11x x x x x x 1 2 1 2 1 2 x1 x 22014 x 1 x 2 2014 2014(x x ) ( x x ) x x 1 2 1 2 1 2 0 2014xx12 11 (x x )(2014 x x ) ; 1 2 1 2 0mm 22 2014xx12 xx12 0 mm 00 x12 x 2014 m 1 2014 m 2015 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -11-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Vậy m ∈ {0;2015} là giá trị cần tìm. Câu 4: a) Vì B và C thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AD nên ABD = ACD = 90o Xét hai tam giác vuông ABD và ACD có chung cạnh huyền AD, hai cạnh góc vuông AB và AC bằng nhau (do ∆ ABC đều) ⇒ ∆ ABD = ∆ ACD (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒ BAD = CAD (1) Vì AMBD là tứ giác nội tiếp nên: BMD = BAD (2) Vì AMDC là tứ giác nội tiếp nên: CMD = CAD (3) Từ (1), (2) và (3) => BMD = CMD ⇒ MD là phân giác của góc BMC. 1 b) Ta có: BAD CAD BAC 30o 2 Xét ∆ ABD vuông tại B có: BA AD.cos BAD 2 R .cos30o R 3 Vì ABC là tam giác đều nên BC BA R 3 Vì AB = AC, DB = DC nên AD là trung trực của BC Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -12-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN ⇒ AD ⊥ BC. Tứ giác ABDC có AD ⊥ BC nên 11 S AD. BC .2 R . R 3 R2 3 ABCD 22 c) Vẽ OI ⊥ AB tại I. Xét tam giác vuông OIA ta có: R OI OA.sin OAI R .sin30o 2 1 1RR2 3 ⇒ Diện tích tam giác AOB là S AB. OI R 3. (đvdt) OAB 2 2 2 4 Ta có: AOB 2 AOC 120o (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) RR22.120 Diện tích hình quạt AOB là (đvdt) 360 3 RRR2 23 2 (4 3 3) Suy ra diện tích hình viên phân cần tìm là (đvdt) 3 4 12 d) Gọi J là giao điểm của AM và BD. Vì M , B thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AD nên DM ⊥ AJ, AB ⊥ DJ ⇒ K là trực tâm của tam giác AJD ⇒ JK ⊥ AD ⇒ JK // BC (cùng ⊥ AD) (4) Tứ giác AMKH có KMH = KAH (=BMD) nên là tứ giác nội tiếp ⇒ KHA = 180o – KMA = 180o – 90o = 90o ⇒ KH ⊥ AD ⇒ KH // BC (cùng ⊥ AD) (5) Từ (4) và (5), theo tiên đề Ơ–clít về đƣờng thẳng song song, ta có J, K, H thẳng hàng. Vậy AM, BD và KH đồng quy tại J. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -13-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 3. Chuyên Toán Sƣ Phạm Hà Nội. Năm học: 2014-2015 a b c x y z Câu 1.(1,5 điểm) Giả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn 0 và 1 Chứng x y z a b c x2 y 2 z 2 minh rằng 1 a2 b 2 c 2 Câu 2.(1,5 điểm) Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn x1 y2 y 2 z 2 z 3 x 3 3 Câu 3. (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số: 2.6.10 (4n 2) a 1 là một số chính phƣơng n (n 5)( n 6) (2 n ) Câu 4.(1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dƣơng abc=1 .Chứng minh rằng 1 1 1 3 ab a 2 bc b 2 ca c 2 4 Câu 5 (3điểm) Cho hình vuông ABCD với tâm O .Gọi M là trung điểm AB các điểm N, P thuộc BC, CD sao cho MN//AP.Chứng minh rằng 1.Tam giác BNO đồng dạng với tam giác DOP và góc NOP=450 2.Tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC. 3.Ba đƣờng thẳng BD, AN, PM đồng quy Câu 6.(1 điểm) Có bao nhiêu tập hợp con A của tập hợp{1;2;3;4; .;2014} thỏa mãn điều kiện A có ít nhất y2 2 phần tử và nếu x ∈ A, y ∈ A, x > y , thì : A xy Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh số báo danh Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -14-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Hƣớng dẫn giải đề thi chuyên Toán sƣ phạm Hà Nội vòng 2 -2014 Ngày thi 6/6/2014 a b c x y z 0 1 x y z a b c x2 y 2 z 2 2 2 2 1 Câu 1.(1,5a điểm) b Gi cả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn và Chứng minh rằng x1 y2 y 2 z 2 z 3 x 3 3 Hƣớng dẫn 2 xyz xyz xyz2 2 2 xyyzxz 1 12 2 2 2 1 abc abc abc abbcac x2 y 2 z 2 cxy ayz bxz 2 2 2 2 1(*) a b c abc a b c ayz bxz cxy Từ 0 0 ayz bxz cxy 0 thay vào (*) ta có x y z xyz x2 y 2 z 2 1 a2 b 2 c 2 Câu 2.(1,5 điểm) Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn Hƣớng dẫn ĐKXĐ : |x | 3;| y |1;|| z 2 AB22 Áp dụng Bất đẳng thức AB ta có đúng với mọi A,B 2 x2 1 y 2 y 2 2 z 2 z 2 3 x 3 x1 y2 y 2 z 2 z 3 x 2 3 2 2 2 Kết hợp với GT ta có Dấu “=” xảy ra khi Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -15-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN xy 1 2 xy22 1 22 yz 2 2 yz 2 22 zx 3 2 zx 3 2 2 2 x1 y2 y 2 z 2 z 3 x 2 3 x1 y y 2 z z 3 x 3 x2 1 2 x 1 y 0 2 y 0 z 2 z 2 2 2 2 x1 y y 2 z z 3 x 3 2.6.10 (4n 2) Câu 3. (1,5 điểm) Chứng minha r ằ1ng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số: n (n 5)( n 6) (2 n ) là một số chính phƣơng 1 1 1 3 Hƣớng dẫn ab a 2 bc b 2 ca c 2 4 2n .(1.3.5 (2n 1).( n 4)! 2 n .( n 4)! 2 n 1.2.3 n( n 1)( n 2)( n 3)( n 4)! a 1 1 1 n (2n )! 2.4.6 2 n 2n .1.2.3.4 n 1 (n 1)( n 2)( n 3)( n 4) 22 an ( n 5 n 5) Câu 4.(1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dƣơng abc=1 .Chứng minh rằng Hƣớng dẫn x y z Đặt abc ,; y z x 1 1 1 yz zx xy P ab a2 bc b 2 ca c 2 xy xz 2 yz xy yz 2 xz xz yz 2 xy Thì yz zx xy 3 P 1 1 1 xy xz 2 yz xy yz 2 xz xz yz 2 xy 111 3 P ( xy yz xz ) xy xz 2 yz xy yz 2 xz xz yz 2 xy 1 1 1 9 Áp dụng Bất đẳng thức ABCABC Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -16-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 1 1 1 1 ( Do ta áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dƣơng: A B C 33 ABC ; 33 A B C ABC Nhân theo vế 2 bất đẳng thức trên, ta đƣợc: 1 1 1 1 1 1 9 (ABC ) 9 ABCABCABC 9 9 9 3 Khi đó Ta có 3 P ( xy yz xz ) P 3 4xy 4 yz 4 xz 4 4 4 xy yz 222 xz xy yz xz xy yz xz Dấu “=” xảy ra khi x y z 1 xyz 1 Câu 5 (3điểm) Cho hình vuông ABCD với tâm O .Gọi M là trung điểm AB các điểm N, P thuộc BC, CD sao cho MN//AP.Chứng minh rằng 1.Tam giác BNO đồng dạng với tam giác DOP và góc NOP=450 1. Đăt AB = a ta có AC = a 2 Chứng minh Tam giác ADP đồng dạng tam giác NBM (g.g) suy ra BM BN a2 a2 BN. DP mà OB.OD = DP AD 2 2 tam giác DOP đồng dạng BNO (c.g.c). từ đó tính đƣợc  NOP 45o 2.Tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC. OB ON OD Theo a ta có góc PON = góc ODP=450 DP OP DP tam giác DOP đồng dạng ONP (c.g.c). suy ra góc DOP= góc ONP nên DO là tiếp tuyến của đƣờng tròn ngoại tiêp tam giác OPN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -17-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 3.Ba đƣờng thẳng BD, AN, PM đồng quy Đặt giao điểm cua MN và BC là Qvà AP là K áp dung tính chát phân giác cho tam giác MBN; APD QM BM KP DP QM KP QM QN ; (1) ta có. Giả sử MP cắt AN tại I . K I cắt MN tại H Áp QN BN KA AD QN KA KP KA HM HN dụng định lí ta lét (2) PK KA HM QM Từ (1) và (2) Suy ra Q trùng H, vậy BD, PM, AN đồng quy HN QN Câu 6.(1 điểm) Có bao nhiêu tập hợp con A của tập hợp{1;2;3;4; .;2014} thỏa mãn điều kiện A có ít nhất 2 phần tử và nếu x ∈ A, y ∈ A, x > y , thì : Hƣớng dẫn Với mỗi tập A là tập con của S = {1;2;3; ;2014} thỏa mãn đề bài, gọi a và b lần lƣợt là phần tử nhỏ nhất và lớn nhất của A (a, b ∈ S, a 2a a2 aa22 Theo giả thiết cA . Mà b > 2a => b – a > a > 0 => c = a , mâu thuẫn với a là phần tử ba b a a nhỏ nhất của A. Vậy b ≤ 2a y2 Gọi d là phần tử lớn nhất của tập B = A\{b}. Ta ch ứAng minh b ≥ 2d. Thật vậy giả sử b 0 e > d bd d d 2 Suy ra e ∈ A nhƣng e ∉ B ⇒ e = b ⇒ bdbbd2 25 d 2 4 b 2 4 bdd 2 (2 bd ) 2 bd (mâu thuẫn vì VP là số chính phƣơng, VT không là số chính phƣơng) Vậy b ≥ 2d ⇒ 2d ≤ b ≤ 2a ⇒ d ≤ a. Mà a ≤ d (a và d lần lƣợt là phần tử nhỏ nhất và lớn nhất của B) nên a = d ⇒ b = 2a Vậy A = {a;2a}. Kiểm tra lại ta thấy A thỏa mãn đề bài. Vì a ∈ S và 2a ∈ S nên 2 ≤ 2a ≤ 2014 ⇒ 1 ≤ a ≤ 1007 Vậy số tập con A thỏa mãn đề bài là 1007 tập. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -18-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 4. Chuyên SP Hà Nội. Năm học: 2014-2015 Câu 1(2 điểm) Cho các số thực dƣơng a, b ; a b.Chứng minh rằng ()ab 3 b b2 a a ()ab 3 33a ab 0 a a b b ba Câu 2(2 điểm) 3 Cho Quãng đƣờng AB dài 120 km. Lúc 7 giờ sáng một xe máy đi từ A đến B. Đi đƣợc xe bị hỏng phải 4 dừng lại 10 phút để sửa rồi đi tiếp với vận tốc kém vận tốc lúc đầu 10km/h. Biết xe máy đến B lúc 11h40 3 1 phút trƣa cùng ngày. Giả sử vận tốc xe máy trên quãng đƣờng đầu không đổi và vận tốc xe máy trên 4 4 quãng đƣờng còn lại cũng không đổi .Hỏi xe máy bị hỏng lúc mấy giờ ? Câu 3 (1,5 điểm) 21 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y=x2 và đƣờng thẳng (d) : y ( m 1) x (m là tham số ) 33 1.Chứng minh rằng với mỗi giá trị của m đƣờng thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt . 32 2. Gọi x1 ; x2 là là hoành độ các giao điểm (d) và (P),đặt f( x ) x ( m 1) x x 1 CMR: f()()() x f x x x 3 1 22 1 2 Câu 4 (3 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng tròn (O) đƣờng kính AC = 2R .Gọi gọi K,M theo thứ tự là chân các đƣờng vuông góc hạ từ A và C xuống BD, E là giao điểm của AC và BD, biết K thuộc đoạn BE ( K B ; K E) .Đƣờng thẳng đi qua K song song với BC cắt AC tại P. 1.Chứng minh tứ giác AKPD nội tiếp đƣờng tròn. 2.Chứng minh KP  PM. 3. Biết ABD 60o và AK=x .Tính BD theo R và x. Câu 5: (1 điểm) Giải phƣơng trình x( x2 56) 21 x 22 4 4 7xx3 2 Hết Họ và tên thí sinh số báo danh Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -19-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN HƢỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN SP HÀ NỘI VÒNG 1 Ngày 5/6/2014 Câu 1 ()ab 3 b b2 a a ()ab 3 33a ab Q a a b b ba (a b )33 .( a b ) b b2 a a ()ab 3 3a ( a b ) (a b )( a ab b ) ( a b )( a b ) aaabbabbaa 3 3 2 3 a (a b )( a ab b ) a b 3aa 3 ab 3 ba 3 aa 3 ab 3 ba (a b )( a ab b ) 0(DPCM ) Câu 2 3 Gọi vận tốc trên quãng đƣờng ban đầu là x (km/h) x>10 4 1 Thì vận tốc trên quãng đƣờng sau là x-10 (km/h) 4 3 90 Thời gian đi trên quãng đƣờng ban đầu là ()h 4 x 1 30 Thời gian đi trên quãng đƣờng sau là ()h 4 x 9 Vì thời gian đi cả 2 quãng đƣờng là 11h40 phút – 7h- 10 phút = ()h 2 Nên ta có PT: 90 30 9 xx 10 2 180(x 10) 60 x 9 x ( x 10) 2x ( x 10) 2 x ( x 10) 2 x ( x 10) 240x 1800 9 x2 90 x 9xx2 330 1800 0 3 90 Giải ra x=30 thỏa mãn điều kiện. Thời gian đi trên quãng đƣờng ban đầu 3(h ) 4 30 Vậy xe hỏng lúc 10 h 2 yx 2 yx Câu 3 a) xét hệ phƣơng trình 2(m 1) 1 2 yx 3x 2( m 1) x 1 0(1) 33 PT(1) có hệ số a và c trái dấu nên luôn có 2 nghiệm phân biệt mọi m nên (P) và (d ) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt với mọi m. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -20-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 2(m 1) xx 3(xx ) 12 3 m 1 12 b) Theo Vi ét 2 1 xx12 31xx12 3 Ta có 3 3 2 2 fxfxxx(1 ) ( 2 ) 1 2 ( m 1)( xx 1 2 ) xx 1 2 3 3 2 2 2[()fxfx1 ()]2 2 xx 1 2 2 3( xx 1 2 )(x 1 x 2 )2 xx 1 2 2 33 2[fxfx (1 ) ( 2 )] xx 1 2 3 xxxx 1 2 ( 2 1 ) 2( xx 1 2 ) 33 2[f ( x1 ) f ( x 2 )] x 1 x 2 ( x 1 x 2 ) 2( x 1 x 2 ) 33 2[f ( x12 ) f ( x )] (x1 x 2 3 x 1 x 2 ( x 1 x 2 )) 22 2[()f x1 f ()] x 2 [( x 1 x 2 )( x 1 x 2 2 x 1 x 2 )] 3 2[f ( x1 ) f ( x 2 )] ( x 1 x 2 ) 1 Nên f()()() x f x x x 3 1 22 1 2 Câu 4 1. Ta có  PAD  PKD ( cùng bằng  CBD đồng vị ) nên tứ giác AKPD nội tiếp ( quỹ tích cung chứa góc) 2.Theo phần 1 thì DP vuông góc AC nên MDCP nội tiếp suy ra:  MPD  MCD mà  MCD  ACB ( cùng phụ 2  MDC  ACB ) mà  APK  ACB ( đồng vị ) nên  MPD  APK Ta có  MPD  MPE 90 0  APK  MPE 90o suy ra KP  PM. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -21-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 3.ta có AD R 3 Pitago tam giác vuông AKD vuông tại K tính đƣợc KD 3 R22 x tam giác BAK x vuông tại K có góc ABK=600 BK AK.cot ABK 3 x BD BK KD 3 R22 x (dv độ dài) 3 Câu 5 ( 1 điểm) 4 ĐKXĐ: xx ;23 7 Đặt : 4 7x b; x3 2 a; (a; b 0) Thì x33 56 x x 2 8(4 7 x ) 34 a 8 b 34 21x 24 3(4 7 x ) 34 32 3 b Ta có phƣơng trình a 8 b 34 34 3 b 4 ba a22 8 ab 34 a 34 b 3 b 4 ab (a b )( a 3 b 34) 0 ab 0 ab 3 34 V ới a+b=0 ta có xx3 7 6 0 (x 1)(x 2)(x 3) 0 x 2( TM ) x 3( TM ) x 1( TM ) Với a+3b=34 ta có xx3 21 20 0 (x 1)(x 4)(x 5) 0 x 1( TM ) x 4( TM ) x 5( TM ) PT có 6 nghiệm S 4; 3; 1;1;2;5 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -22-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 5. Chuyên Hà Tĩnh. Năm học: 2014-2015 xx21 Bài 1: Cho biểu thức Px :3 với x > 0; x 9 x( x 9) x 3 x 3 x 3 a) Rút gọn biểu thức P 1 b) Tìm các giá trị của x để P 4 Bài 2: Cho phƣơng trình x22 2( m 2) x m 2 m 2 0 (m là tham số) a) Giải phƣơng trình khi m = -1 b) Tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn | 2(x1 x 2 ) x 1 x 2 | 3 Bài 3: a) Giải phƣơng trình 2xx 3 2 1 1 2 2 2 xy 2 y 2 x 3 x c) Giải hệ phƣơng trình x y 31 y Bài 4: Cho ABC nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O) có BAC= 45o , BC = a. Gọi E, F lần lƣợt là chân đƣờng vuông góc hạ từ B xuống AC và từ C xuống AB. Gọi I là điểm đối xứng của O qua EF. a) Chứng minh rằng các tứ giác BFOC và AEIF nội tiếp đƣợc đƣờng tròn b) Tính EF theo a 4 Bài 5: Biết phƣơng trình x4+ax3+bx2+ax+1=0 có nghiệm. Chứng minh rằng ab22 5 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -23-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN BÀI GIẢI Bài 1: a) x 2 x ( x 3) x ( x 3) ( x 3)( x 3) x P : x( x 9) x 3 99x : x( x 3)( x 3) x 3 9xx ( 3) 1 9x ( x 3)( x 3) x 3 b) 1 1 1 P 44x 3 x 34 x 1( TM ) Bài 2: a) Khi m = -1 ta có phƣơng trình xx2 6 5 0 (x 1)(x 5) 0 x 1 x 5 Tập nghiệm của phƣơng trình S = {-1; -5} b)Ta có: '( m 2)22 ( m 2 m 2)22m Để phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt thì ' 0 m 1 x x 24 m Áp dung hệ thức Vi-et ta có: 12 2 x12 x m 22 m Do đó: | 2(x1 x 2 ) x 1 x 2 | 3 |mm2 2 6 | 3 | (m 1)2 7 | 3 (m 1)2 7 3 2 (m 1) 7 3 mL 1 10( ) Với (mm 1)2 7 3 1 10 m 1 10( TM ) 2 mL 1( ) Với (mm 1) 7 3 1 2 m 3( TM ) Bài 3: a) ĐKXĐ: x -1. Phƣơng trình tƣơng đƣơng Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -24-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 2312x x 1 23223144 x x x 23xx x 0 x 0 x 0 x 3 2 x 1 xx 2 3 0 (xx 3)( 1) 0 x 3 Vậy nghiệm của phƣơng trình x = 3 b)ĐKXĐ: y 1 Từ phƣơng trình (1) của hệ ta có y2 ( x 2) ( x 1)( x 2) (x 2)( y2 x 1) 0 x 2 2 yx 10 13 117 Xét x = -2 thay vào (2) đƣợc y 2 3 y 1 y2 13 y 13 0 y (với y 2) 2 Xét x=y2-1 thay vào (2) đƣợc y2 y 1 3 y 1 Đặt ya 10 =>y=a2+1 y2 y 1 3 y 1 (a2 1) 2 a 2 3 a a42 3 a 3 a 1 0 11 a42 3( a ) 0( VN ) 24 x 2 Đối chiếu ĐKXĐ ta có 13 117 là nghiệm của hệ phƣơng trình đã cho x 2 Bài 4: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -25-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN a) Ta có BOC= 2.BAC= 2.45o =90o (Góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung BC) Do đó BFC=BOC=BEC= 90o suy ra đỉnh F, O, E cùng nhìn BC dƣới góc 90o nên B, F, O, E, C cùng thuộc một đƣờng tròn đƣờng kính BC (Bài toán cung chứa góc) Hay tứ giác BFOC nội tiếp Ta có FOB= FCB (Cùng chắn cung BF) EOC= EBC (Cùng chắn cung EC) Mà FCB + EBC= 90o –ABC+ 90o -ACB 180o - ( ABC+ ACB)= BAC= 45o => FOB+ EOC =45o Hay EOF= 135o . Mặt khác vì I đối xứng với O qua EF nên EIF= EOF= 135o=> EIF+ BAC= 180o Do đó tứ giác AEIF nội tiếp đƣờng tròn (Tổng hai góc đối bằng 1800) b)Theo câu a tứ giác BFEC nội tiếp nên AFE =ACB (Cùng bù với EFB) AFE  ACB (g – g) EF AE AE12 a a => EF (Vì AEB vuông cân tại E) BC AB 2AE 2 2 2 Bài 5: Dễ dàng nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phƣơng trình 2 Giả sử x0 0 là nghiệm của phƣơng trình đã cho. Chia 2 vế của phƣơng trình cho x0 0 đƣợc 2 11 (x00 2 ) a ( x ) b 0 xx00 1 221 Đặt t x0 |t | 2; xo 2 t 2 x0 x0 Do đó ta có phƣơng trình: t2 2 at b Áp dụng BĐT Bunhia đƣợc (a2 b 2 )( t 2 1) ( at b ) 2 ( t 2 2) 2 t4 4 t 2 4 t 3 4 t 2 4445 t 4 24 t 2 164(5 t 2 4)( t 2 4)44 ab22 t2 1 t 2 1 55 5(1) t 2 5 5(1) t 2 55 2 |t | 2 b 224 |x0 | 1 5 Vậy ab . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ab 5 a bt 4 tt a 5 Bài giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -26-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 6. Chuyên Khánh Hòa. Năm học: 2014-2015 Bài 1: (2,00 điểm) 1 8 10 1) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: A 2 1 2 5 a a a 1 2) Rút gọn biểu thức B (): với a>0; a 4 a 2 a a 2 a 4 a 4 Bài 2: (2,00 điểm) ax y b 1) Cho hệ phƣơng trình: x by a Tìm a và b biết hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm (x;y) = (2;3). 2) Giải phƣơng trình: 2(2x 1) 3 5 x 6 3 x 8 Bài 3: (2,00 điểm) 1 Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P): yx 2 2 a)Vẽ đồ thị (P). b)Trên (P) lấy điểm A có hoành độ xA = -2 . Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox sao cho |MA –MB| đạt giá trị lớn nhất, biết rằng B(1;1). Bài 4: (4,00 điểm) Cho nửa đƣờng tròn (O) đƣờng kính AB = 2R. Vẽ đƣờng thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B. Trên cung AB lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của AM, tia CO cắt d tại D. a)Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp. b)Chứng minh rằng: NO ⊥ AD c)Chứng minh rằng: CA.CN = CO .CD. d)Xác định vị trí điểm M để ( AM AN) đạt giá trị nhỏ nhất. HẾT Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -27-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN HƢỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2,00 điểm) 1) 1 8 10 21 2(2 5) A 2 1 2 1 2 1 2 51 a 2 5 a a 1 B (): a 2) a 2 a a 2 a 4 a 4 với a>0; 4 ax y b 2 a a( a 2) x by a . a 2 a a 2 a 1 a a( a 2)22 a (12(2 x a ) 1) ( a 3 52) x 6 3 x 8 . . aa ( 2) a 2 a 1 a 2 a 1 Bài 2: (2,00 điểm) 1)Vì hệ phƣơng trình: có nghiệm (x;y) = (2; 3) nên ta có hpt: 2a 3 b 2 a b 3 6 a 3 b 9 7 a 7 a 1 2 3b a a 3 b 2 a 3 b 2 2 a b 3 b 1 Vậy a = 1, b = 1 2)Giải phƣơng trình: 4(2x 1)65 x 6 23 x 8 [(5x 6) 65 x 6 9][(3 x 8) 23 x 8 1] 0 (5xx 63) 22 (3 81) 0 5x 6 3 0 x 3 3x 8 1 0 Vậy pt có nghiệm x = 3. Bài 3: (2,00 điểm) 1 Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P): yx 2 2 a)Lập bảng giá trị (HS tự làm) Đồ thị: b)Vì A ∈ (P) có hoành độ xA=-2 nên yA=2 . Vậy A(-2; 2) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -28-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Lấy M(xM; 0) bất kì thuộc Ox, Ta có: |MA-MB| AB (Do M thay đổi trên O và BĐT tam giác) Dấu “ =” xảy ra khi điểm A, B, M thẳng hàng khi đó M là giao điểm của đƣờng thẳng AB và trục Ox. - Lập pt đƣờng thẳng AB: Gọi phƣơng trình đƣờng thẳng AB có dạng: y = ax +b Do A, B thuộc đƣờng thẳng AB nên ta có: 1 a 22ab 3 ab 14 b 3 14 Vậy phƣơng trình đƣờng thẳng AB là: yx 33 - Tìm giao điểm của đƣờng thẳng AB và O (y = 0)=> x = 4 => M(4;0) Bài 4 (4,00 điểm) a)Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp Ta có OC ⊥ AM => OCN=90o Đƣờng thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B nên OBN=90o Vậy Tứ giác OBNC nội tiếp có OCN+OBN=180o b)Chứng minh rằng: NO ⊥ AD Trong ∆AND có hai đƣờng cao là AB và GC cắt nhau tại O. Suy ra NO là đƣờng cao thứ ba hay: NO ⊥ AD. c) Chứng minh rằng CA . CN = CO. CD Ta có Trong tam giác vuông AOC có CAO+AOC=90o Trong tam giác vuông BOD có BOD+BDO=90o Mà CAO=BOD(2 góc đối đỉnh) =>CAO=BDO =>tam giác CAO đồng dạng với tam giác CDN (g.g) CA CO CACN CO CD CD CN d)Xác định vị trí điểm M để ( AM AN) đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: 2AM AN 2 AM . AN ( cauchy cosi ) Ta chứng minh: AM. AN AB22 4 R (1) 2AM AN 2 2.4 R2 4 2 R AN Đẳng thức xảy ra khi: 2AM = AN =>AM= (2) 2 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -29-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Từ (1 ) và (2) suy ra: AM R 2 =>∆AOM vuông tại O=> M là điểm chính giữa cung AB. Đề số 7. Chuyên Nam Định. Năm học: 2014-2015 Bài 1: (2,0 điểm): 1 1 1 1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: 1 và a + b + c = 1. abc Chứng minh rằng (a-1)(b-1)(c-1)=0 2) Với mỗi số nguyên dƣơng n; chứng minh (3 5)nn (3 5) là số nguyên dƣơng. Bài 2: (2,5 điểm): 1) Giải phƣơng trình (x 6 x 2)(1 x2 4 x 12) 8. x3 xy 2 y 6 y 4 2) Giải hệ phƣơng trình 431 2yx 1 2 3 4 x 1 Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O). Các đƣờng cao AA1; BB1; CC1của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đƣờng thẳng AA1cắt đƣờng tròn (O) tại K khác A. 1) Chứng minh A1là trung điểm của HK. HA HB HC 2) Hãy tính AA1 BB 1 CC 1 3) Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trên BC. Đƣờng thẳng BB1cắt (O) tại giao điểm thứ hai là E, AN AB1 2 kéo dài MB1cắt AE tại N. Chứng minh rằng () NE EB1 Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn x33 y 31 xy Bài 5: (1,5 điểm): 1) Trên bảng ghi một số nguyên dƣơng có hai chữ số trở lên. Ngƣời ta thiết lập số mới bằng cách xóa đi chữ số hàng đơn vị của số đã cho, sau đó cộng vào số còn lại 7 lần số vừa bị xóa. Ban đầu trên bảng ghi số 6100. Hỏi sau một số bƣớc thực hiện nhƣ trên ta có thể thu đƣợc 1006 hay không ? Tại sao ? 2) Cho các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn x2 y 2 z 2 3 xyz . Chứng minh rằng: x2 y 2 z 2 3 x4 yz y 4 xz z 4 xy 2 ___Hết___ Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -30-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Hƣớng dẫn giải: Bài 1: (2,0 điểm): 1)Từ GT ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) 0 abcabc ab cabc a b a b 0 ab c() a b c (a b ) ( c ( a b c ) ab 0 (ab )(b c)(a c) 0 ab 0 (3 5)nn (3 5) bc 0 ca 0 2 (x 6 x 2)(1 x 4 x 12) 8. Nếu a + b = 0 => c = 1 => c – 1 = 0 => (a-1)(b-1)(c-1)=0 Nếu c + b = 0 => a = 1 => a – 1 = 0 =>(a-1)(b-1)(c-1)=0 Nếu a + c = 0 => b = 1 => b – 1 = 0 => (a-1)(b-1)(c-1)=0 Vậy ta có đpcm. 2)Với mỗi số nguyên dƣơng n; chứng minh là số nguyên dƣơng. Bài 2: (2,5 điểm): 1) Giải phƣơng trình ĐKXĐ x 2 , đặt x 6 a 0; x 2 b 0 a22 b 8 PTTT: ( a b )(1 ab ) a22 b (a b )(1 ab a b ) 0 a b x 6 x 2( VN ) a 1 x 6 1( VN ) 1 ab a b 0 ( a 1)( b 1) 0 b 1 x 2 1 x 3( TM ) PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 3 x3 xy 2 y 6 y 4 (1) 2) Giải hệ phƣơng trình 431 2yx 1 2 3 4 (2) x 1 (1) (x3 y 6 ) xy 2 y 4 0 (x y2 )( x 2 xy 2 y 4 y 2 ) 0 xy 2 13 x 0 xxyyy2 2 4 2 0 ( xy 2 ) 2 yy 4 2 0 ( TM (2)) 24 y 0 Với x=y2 Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -31-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN a) góc A1 = góc C2 = góc C1 => ∆CHK cân C, CA1 là đ/cao + đ trung trực => đpcm b) Có: HA HB HC HA HB HC HA HB HC (11 )(1 1 )(1 1 )3( 1 1 1 ) AA BB CC AA BB CC AA BB CC 1 1 1 1 1 1 1 1 1 SSS 3 (HBC HAC HBA ) 3 1 2 SSSABC ABC ABC c) Từ GT => M trung điểm BC => => ∆B1MC cân tại M => góc MB1C = gócMCB1 = góc AB1N => ∆CBB1 đồng dạng ∆B1AN (g-g) => B1 N AE Áp dụng hệ thức lƣơng trong tam giác vuông ta có: 2 AB AN. AE AN 1 (đpcm) EB1 EN. EA EN Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn x33 y 31 xy x33 y 31 xy (x y )3 3 xy ( x y ) 3 xy 1 Đặt x + y = a và xy = b (a, b nguyên) ta có: a3 3 ab 3 b 1 (a 1)(a2 a 1) 3b(a 1) 2 (a 1)(a2 ab 1 3 ) 2 Vì a, b nguyên nên có các TH sau : Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -32-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN a 0 a 11 1) 2 1 (L ) a a 1 3 b 2 b 3 a 12 a 11 x y 2) (TM ) ( x ; y ) {(0;1);(1;0)} 2 a a 1 3 b 1 b 00 xy a 11 a 22 x y 3) 2 (TM ) ( x ; y )  a a 1 3 b 2 b 33 xy a 12 a 33 x y 4) 2 ()(;)TM x y  a a 1 3 b 1 b 44 xy Vậy (xy ; ) {(0;1);(1;0)} Bài 5: (1,5 điểm): 2)Cho các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn . Chứng minh rằng: Vì x, y, z dƣơng, áp dụng BĐT Cô-si ta có: 1 1x2 1 )2x24 yz x yz (1) 22x2 yzx44 yz x yz yz 2 1 1 1 1 1 1 ) ( )(2) yzy z2 yz 4 y z Từ (1) và (2) => : x2 1 1 1 () x4 yz4 y z Tƣơng tự: y2 1 1 1 () y4 xz4 x z z2 1 1 1 () z4 xy4 x y 1111111 1111 1 xy yz zx A ( ) ( x )2 y 2. z 2 3 xyz (3) 4yzxzxy 2 yzx 2 xyz 2 2 2 x2 2 y 2 z 3 Mà lại có : xy yz zx x y z (4) x4 yz y 4 xz z 4 xy 2 1x2 y 2 z 2 1 3 xyz 3 Từ (3) và (4) có : A đpcm 2xyz 2 xyz 2 Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -33-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 8. Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định. Năm học: 2014-2015 a2 a2 a a Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức A 1, với a > 0. a a1 a a. Rút gọn A. b. Tìm giá trị của a để A = 2. c. Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Bài 2: (2,0 điểm) Gọi đồ thị hàm số y=x2 là parabol (P), đồ thị hàm số y=(m+4)x-2m-5 là đƣờng thẳng (d). a. Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b. Khi (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lƣợt là x1;x2 Tìm các giá trị của m sao 33 cho xx12 0 Bài 3: (1,5 điểm ) Tìm x, y nguyên sao cho xy 18 Bài 4: ( 3,5 điểm ) Cho đƣờng tròn (O) và một điểm P ở ngoài đƣờng tròn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với đƣờng tròn (O) (A ,B là hai tiếp điểm). PO cắt đƣờng tròn tại hai điểm K và I ( K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H. Gọi D là điểm đối xứng của B qua O, C là giao điểm của PD và đƣờng tròn (O). a.Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp. b.Chứng minh AC  CH. c.Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của AQ. Bài 5: (1,0 điểm) 21 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y với 0<x<1 1 xx HẾT Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -34-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN BÀI GIẢI Bài 1: (2,0 điểm) a) Rút gọn A. a2 a2 a a A 1 Ta có: (vaớ i a>0) a 1 a a[( a )3 1] 2 a a a ( a 1)( a a 1) a (2 a 1) A 11 a a 11 a a a a a( a 1) 2 a 1 1 aa b)Tìm giá trị của a để A = 2 Ta có: A a a Để A=2=> a a 2 a a 2 0 Đặt at 0 có pt: tt2 20 tL 1( ) t 2( TM ) Với t = 2 a 2 a 4( TM ) Vậy: a 4 là giá trị cần tìm. c)Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 1 1 1 1 1 1 Ta có: A a a a2 a . ( )2 ( ) 2 ( a  ) 2 a 0 2 2 2 2 4 4 11 Dấu “=” khi a 0 a ( TMDK a>0) 24 11 Vậy A khi a= Min 44 Bài 2: (2,0 điểm) a) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Ta có: (d): y ( m 4) x 2 m 5; (P): y=x2 Pt hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 ( m 4) x 2 m 5 x2 ( m 4) x 2 m 5 0(1) [ (m 4)]2 4(2 m 5) ( m 4) 2 4(2 m 5) m 2 4 ( m 2)( m 2) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi Pt (1) có hai nghiệm phân biệt khi 0 m 20 m 20 mm 2 0 2 (mm 2)( 2) 0 m 20 mm 2 0 2 m 20 Vậy: với m > 2 hoặc m < -2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. 33 b) Tìm các giá trị của m sao cho xx12 0 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -35-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 2 Với m > 2 hoặc m ABP cân tại P có PO là phân giác Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -36-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN => PO cũng là đƣờng cao, trung tuyến ABP . Xét tứ giácBHCP ta có BHP 900 (Vì PO AB) BCP 90o (Vì kề bù BCD 900 (nội tiếp nửa đƣờng tròn (O)) BHP= BCP => Tứ giácBHCP nội tiếp (Qũi tích cung chứa góc) b) Chứng minh ACCH . Xét ACH ta có HAC= B1 (chắn cung BKC của đƣờng tròn (O)) MàB1 =H1 ( do BHCP nội tiếp) =>HAC =H1 o Mà H1+ AHC 90 ( Vì: PO  AB) =>HAC+ AHC 900 =>AHC vuông tại C Hay AC CH . c)Chứng minh M là trung điểm của AQ. Xét tứ giác ACHM ta có M nằm trên đƣờng tròn ngoại tiếp ACH ) => tứ giác ACHM nội tiếp =>CMH =HAC (chắn cung HC ) Mà HAC= BIC (chắn cung BC của đƣờng tròn (O)) =>CMH= BIC => MH//BI (vì cặp góc đồng vị bằng nhau) Xét ABQ có AH = BH ( do PH là trung tuyến APB (C/m trên)) Và: MH//BI => MH là trung bình ABQ => M là trung điểm của AQ Bài 5: (1,0 điểm) Ta có: 2 1 2 1 2xx 1 y 2 1 3 3 11 x x x x1 x x 21xx Vì 0 x 1 =>0 0; 1 x x 2x 1 x 2 x 1 x Ta có: 2 . 2 2 (Bất đẳng thức Cô si) 11 x x x x 21xx x 1 2( TM ) Dấu “=” xảy ra khi: 2x2 x 2 2 x 1 x 2 2 x 1 0 1 xx xL 1 2( ) y 2 2 3 Dấu “=” xảy ra khi x 12 Vậy ymin 2 2 3 khi x= -1+ 2 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -37-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 9. Chuyên Ninh Bình. Năm học: 2014-2015 Câu 1 (2,0 điểm). a 3 a a 2 a 3 9 a Cho biểu thức A 1 : ( a 0; a 4; a 9) a 9 a 3 2 a a a 6 a) Rút gọn A. b) Tìm a để A+ |A| 0 Câu 2 (2,0 điểm). 1. Giải phƣơng trình: 29 x x 3 x2 26 x 177 22 x 2 y xy x y 2. Giải hệ phƣơng trình: x2 y y x 1 2 x y 1 Câu 3 (2,0 điểm). 1. Cho hai phƣơng trình: x2 bx c 0(1); x 2 b 2 x bc 0(2) (trong đó x là ẩn, b và c là các tham số). Biết phƣơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2, phƣơng trình (2) có hai nghiệm x3 và x4 thỏa mãn điều kiện x3 x 1 x 4 x 2 1. Xác định b và c. 2. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p + 1)(p – 1) chia hết cho 24. Câu 4 (3,0 điểm). Cho hai đƣờng tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB, vẽ các tiếp tuyến CD, CE với đƣờng tròn tâm O (D, E là các tiếp điểm và E nằm trong đƣờng tròn tâm O’). Hai đƣờng thẳng AD và AE cắt đƣờng tròn tâm O’ lần lƣợt tại M và N (M và N khác A). Đƣờng thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) Bốn điểm B, D, M, I cùng thuộc một đƣờng tròn. b) MI.BE = BI.AE c) Khi điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB thì đƣờng thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dƣơng thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 5b3 a 3 5 c 3 b 3 5 a 3 c 3 P ab 3 b2 bc 3 c 2 ca 3 a 2 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -38-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN ĐÁP ÁN Câu 1 a) Với a ≥ 0, a ≠ 4, a ≠ 9, ta có: a 3 a a 2 a 3 9 a A 1: a 9 a 3 2 a a a 6 a 9 a 3 a ( a 2)2 ( a 3)( a 3) 9 a : a 9 (aa 3)( 2) 9 3a ( a 2)2 ( a 9) (9 a ) : 2 (a 3)( a 3) (29 a 3)(x a x 2) 3 x 26 x 177 3(aa 3) ( 2)2 : (a 3)( a 3) ( a 3)( a 2) 32a : aa 33 33a . aa 32 3 a 2 b) Ta có: AA | | 0 ||AA A 0 3 0 a 2 a 20 04 x Kết hợp với điều kiện, ta có 0 ≤ a < 4 là giá trị cần tìm. Câu 2 1) (1) ĐK: –3 ≤ x ≤ 29. Với mọi a, b ≥ 0, ta có: (ab )2 0 a22 b 2 ab 2(ab2 2 ) (a b) 2 a b 2( a22 b ) Thay a 29 x ; b x 3 ta có: 29 x x 3 2(29 x x 3) 8 x22 26 x 177 ( x 13) 8 8 29 x x 3 x2 26 x 177 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -39-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 29 xx 3 Dấu “=” xảy ra khi x 13 x 13 0 Do đó (1) ⇔ x = 13 (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) là {13}. 22 x 2 y xy x y (1) 2) ()I x2 y y x 1 2 x y 1(2) ĐK: x ≥ 1, y ≥ 0 Ta có (1) x22 xy 2 y x y (x y )( x 2 y ) x y (x y )( x 2 y 1) 0 1 0 1 0 xy 2 1 0 Do đó: xy 21 ()I (2y 1) 2 y y 2 y 2(2 y 1) y 1 x 2 y 1 x 2 y 1 (y 1)2 y 2 y 3 ( y 1)(2 y 3)0 9 xy 21 y 2 2y 3(Do y+1>0) x 10 (thỏa mãn điều kiện) 9 Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất 10; 2 Câu 3 1. Vì x3 x 1 x 4 x 2 1 x 3 x 1 1; x 4 x 2 1 Áp dụng định lý Vi–ét cho phƣơng trình (1) và phƣơng trình (2) có: x12 x b x12 x c x x b2 ( x 1) (x 1) b 2 3 4 1 2 x3 x 4 bc( x 1 1)( x 2 1) ( x 1 x 2 ) x 1 x 2 1 b c 1 2 b 1 bb 20 (bb 1)( 2) 0 b 2 bc b c 10 (c 1)(b 1) 0 c 1 1 Nếu b = 1 thì (1) có nghiệm 1 4cc 0 4 Thử lại: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -40-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 1 1 4c (1) x2 x c 0 x 2 1 1 4c (2) x2 x c 0 x 2 (thỏa mãn) Nếu b = –2, c = –1 thì (1) x2 2 x 1 0 x 1 2 (2) x2 4 x 2 0 x 2 2 (thỏa mãn) 1 Vậy b = 1, c hoặc b = –2, c = –1. 4 2. Đặt A = (p + 1)(p – 1) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 2 và 3. p lẻ ⇒ p = 2k + 1 ( k ∈ ℕ*) ⇒ A = (2k + 2).2k = 4k(k + 1) k và k + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 ⇒ k(k + 1) ⋮ 2 ⇒ A ⋮ 8 (1) Vì p không chia hết cho 3 nên p = 3m + 1 hoặc p = 3m – 1 (m ∈ ℕ*) Nếu p = 3m + 1 ⇒ p – 1 ⋮ 3 ⇒ A ⋮ 3 Nếu p = 3m – 1 ⇒ p + 1 ⋮ 3 ⇒ A ⋮ 3 Vậy A ⋮ 3 (2) Từ (1) và (2), với chú ý (3;8) = 1 ⇒ A ⋮ 24. Câu 4 a) Vì DAEB là tứ giác nội tiếp nên DAB= DEB Vì ABNM là tứ giác nội tiếp nên DAB= BNI Do đó DEB= BNI=> BEI+ BNI 180 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -41-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN ⇒ BEIN là tứ giác nội tiếp ⇒BEN= BIN Vì DAEB là tứ giác nội tiếp nên BEN =ADB Do đó BIN= ADB =>BIM+ MDB 180 ⇒ BDMI là tứ giác nội tiếp ⇒ B, D, I, M cùng thuộc một đƣờng tròn. b) Vì ABNM là tứ giác nội tiếp nên BAE =BMI (1) Vì DAEB và DMIB là các tứ giác nội tiếp nên ABE =ADE và MBI= ADE =>ABE =MBI (2) BE AE Từ (1) và (2) ⇒tam giác BAE đồng dạng với tam giác BMI (g.g) MI BE BI AE BI MI c) Ta chứng minh AD. BE =AE. BD Vì CD là tiếp tuyến của (O) nên CDA =CBD =>tam giác CDA đồng dạng với tam giác CBD (g.g) DA CD BD CB EA CE Chứng minh tƣơng tự ta có EB CB DA EA Mà theo tính chất tiếp tuyến ta có CD = CE nên AD BE AE BD BD EB Ta chứng minh DE đi qua điểm K là giao hai tiếp tuyến tại A và B của (O) Gọi K1, K2 lần lƣợt là giao điểm của DE với tiếp tuyến của (O) tại A và B. Khi đó AE KEKA11 KAE1 KDA 1 KAE 1~ KDAgg 1 ( . ) AD K11 A K D 2 AE KEKAKE1 1 1 . AD K1 A K 1 D K 1 D Chứng minh tƣơng tự ta có: 2 BE KE2 BD K2 D AE BE KEKE Mà AD.BE=AE.BD 12 AD BD K12 D K D Do K1 và K2 đều nằm ngoài đoạn DE nên K1 và K2 chia ngoài đoạn DE theo các tỷ số bằng nhau ⇒ K1 ≡ K2 ≡ K. Vậy DE luôn đi qua điểm K cố định. Câu 5. Xét Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -42-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 5b3 a 3 5 b 3 a 3 ( ab 3 b 2 )(2 b a ) (2ba ) ab 33 b22 ab b 5b3 a 3 (2 ab 2 a 2 b 6 b 3 3 b 2 a ) b 5 a 3 a 2 b b 2 a ab 33 b22 ab b (a b )( a b )2 0 ab 3 b2 5ba33 2ba ab 3 b2 Ta có 2 BĐT tƣơng tự: 5cb33 2cb bc 3 c2 5ac33 2ac ca 3 a2 Cộng từng vế 3 BĐT trên ta đƣợc P 2( a b c ) ( a b c ) a b c 3 abc Dấu bằng xảy ra abc 1 abc 3 Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 ⇔ a = b = c = 1. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -43-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 10. Chuyên Năng Khiếu HCM. Năm học: 2014-2015 Câu I. Cho phƣơng trình (m22 5) x 2 mx 6 m 0(1) với m là tham số. a) Tìm m sao cho phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên. b) Tìm m sao cho phƣơng trình (1) có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn điều kiện 4 (x1 x 2 x 1 x 2 ) 16 2 2(1 x y ) 9 y x Câu II. 1) Giải hệ phƣơng trình 2 2(1 y x ) 9 x y 2) Cho tam giác ABC vuông tại A với các đƣờng phân giác trong BM và CN. Chứng minh bất đẳng thức (MC MA )( NB NA ) 3 2 2 MA. NA 1 1 1 Câu III. Cho các số nguyên dƣơng a, b, c sao cho a b c a) Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố. b) Chứng minh rằng nếu c > 1 thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố Câu IV. Cho điểm C thay đổi trên nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB = 2R ( C ≠ A, C ≠ B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB; I và J lần lƣợt là tâm đƣờng tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Các đƣờng thẳng CI, CJ cắt AB lần lƣợt tại M, N. a) Chứng minh rằng AN = AC, BM = BC. b) Chứng minh 4 điểm M, N, J, I cùng nằm trên một đƣờng tròn và các đƣờng thẳng MJ, NI, CH đồng quy. c) Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác CMN theo R. Câu V. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại. a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5. b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40. Hết Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -44-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN ĐÁP ÁN Câu I. a) Phƣơng trình (1) có hệ số am 2 50 nên là phƣơng trình bậc hai ẩn x. Do đó Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt xx12; ' m22 ( m 5).6 m 0 m23 6 m 30 m 0 m(6 m2 m 30) 0 1 119 m5 m22 ( m ) 0 24 0 m m 0 2m Khi đó theo định lý Vi–ét ta có: xx 12m2 5 Xét m22 5 2 m ( m 1) 4 0. Mà m>0 => mm2 5 2 0 2m 0 1 0 xx 1 m2 5 12 Vậy tổng hai nghiệm của (1) không thể là số nguyên. b) Phƣơng trình (1) có hai nghiệm xx12; 1 119 ' 0 m 5mm22 ( ) 0 24 m 0 2m xx 12m2 5 Khi đó, theo định lý Vi–ét: 6m xx 12 m2 5 Ta có: 4 (x1 x 2 x 1 x 2 ) 16 x x x x 2 1 2 1 2 x1 x 2 x 1 x 2 2 TH1: x1 x 2 x 1 x 2 2 62mm 2(2) mm22 55 2m Đặt tt ;0 phƣơng trình (2) trở thành 3tt2 2 0 m2 5 Xét 12 4( 3)( 2) 23 0 ⇒ (2) vô nghiệm. 62mm TH2: x x x x 2 2(3) 1 2 1 2 mm22 55 Đặt phƣơng trình (3) trở thành 3tt2 2 0 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -45-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN (tt 1)(3 2) 0 tL 1( ) m 2( TM ) 2 2m 4 2 t (T M ) 2 4 m 18 m 20 0 ( m 2)(4 m 10) 0 2 3m 5 9 m () TM 5 2 Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là m 2; 2 2(1 x5 y ) 9 y x Câu II. 2 2(1 y x ) 9 x y (I) ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0 Đặt a x y; b y x , điều kiện a ≥ 0, b ≥ 0. Hệ (I) trở thành 2(1 ab )2 9 (1) 2 2(1 ba ) 9 (2) Lấy (1) trừ (2) ta đƣợc: 2(1 a )22 2(1 b) 9(b a) 2(a b)(a b 2) 9(a b) 0 (a b )(2 a 2 b 13) 0 0 ab , 0 ab Thay a = b vào (1) ta có xy 2 a 2 b 2( TM ) x y 3 4 yx 2 2(1 aa )2 9 1 xy 1 1 2 1 a b () TM x y 3 2 21 4 yx 2 11 33 33 Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm 4; 4 ; ; 44 2) Vì BM, CN lần lƣợt là phân giác góc ABC, ACB nên theo tính chất đƣờng phân giác, ta có: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -46-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN MC BC MC MA BC 1 MA AB MA AB NB BC BN NA BC 1 NA AC NA AC (MC MA )( NB NA ) BC BC BC2 BC BC (1 )(1 ) 1 MA NA AB AC AB AC AB AC Áp dụng định lý Pi–ta–go cho tam giác vuông ABC và BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có: BC 2 BC2 AB 2 AC 2 2 AB . AC 2 AB. BC BC BC BC BC 2 . 2 2 AB AC AB AC (MA MC )( NB NA ) 1 2 2 2 3 2 2 MA. NA Câu III. 1 1 1ab 1 a) Ta có: c( a b ) ab (*) a b c ab c Giả sử a + b là số nguyên tố, khi đó từ (*) ⇒ ab ⋮ (a + b) ⇒ a ⋮ (a + b) hoặc b ⋮ (a + b) Điều này mâu thuẫn do 0 ca+cb=ab=>ca+ab=2ab-ab=>a(b+c)=b(2a-c) ⇒ a( b + c) ⋮ b ( ) Mà b + c là số nguyên tố, b là số nguyên dƣơng nhỏ hơn b + c nên (b + c, b) = 1 Do đó từ ( ) suy ra a ⋮ b. Chứng minh tƣơng tự ta có b(a + c) = a(2b – c) ⇒ b ⋮ a Vậy a = b. Từ (*) ⇒ a = b = 2c Do đó a + c = b + c = 3c, không là số nguyên tố với c > 1 (mâu thuẫn với giả sử) Vậy a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố. Câu IV. a) Ta có: HCA =ABC (cùng phụ với HCB ) Vì CN là phân giác của góc HCB nên HCN =BCN Do đó CAN= HCA +HCN= ABC +BCN Mặt khác, xét ∆ BCN với góc ngoài ANC ta có: ANC= ABC+ BCN Suy ra CAN= ANC ⇒ ∆ ACN cân tại A ⇒ AC = AN. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -47-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Chứng minh tƣơng tự ta có BC = BM. b) Vì CM, CN lần lƣợt alà phân giác của góc ACH và BCH nên 1 1 1 MCN MCH NCH ACH BCH ACB 45o 2 2 2 Tam giác ACN cân tại A có AI là phân giác kẻ từ đỉnh A, nên cũng là trung trực của đáy CN. ⇒ IC = IN. ⇒ ∆ ICN cân tại I. Tam giác ICN cân tại I có ICN=45o nên là tam giác vuông cân tại I ⇒ CI ⊥ IN Chứng minh tƣơng tự ta có CJ ⊥ MJ. Tứ giác MIJN có MIN=MJN=90o nên là tứ giác nội tiếp ⇒ Bốn điểm M, I, J, N cùng thuộc một đƣờng tròn. Vì CH ⊥ MN, MJ ⊥ CN, NI ⊥ CM nên CH, MJ, NI đồng quy tại trực tâm của ∆ CMN. c) Đặt AC b; BC a a2 b 2 BC 2 4 R 2 ( Pi ta go ) Theo câu a, ta có AN=AC= b; BM=BC=b Do đó a+b=AN+BM=BC+MN=>MN=a+b-BC=a+b-2R Ta có: (ab )2 0 2 abab 2 2 ( ab ) 2 2( ab 2 2 ) 8 R 2 a b2 2 R MN a b 2 R 2 R ( 2 1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b ⇔ CA = CB ⇔ C là điểm chính giữa nửa đƣờng tròn. Vì C thuộc nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB nên CH ≤ R. 11 Do đó S CH. MN R .2. R ( 2 1) R2 ( 2 1) CMN 22 Dấu bằng xảy ra ⇔ C là điểm chính giữa nửa đƣờng tròn. Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 2R ( 2 1) và giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác CMN là R2 ( 2 1) đều xảy ra khi và chỉ khi C là điểm chính giữa nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB. Câu V. a) Gọi 5 số tự nhiên đã cho là a, b, c, d, e. Do chúng đôi một phân biệt nên có thể giả sử a d + e ⇒ a + b + c ≥ d + e + 1 Suy ra a ≥ d + e + 1 – b – c. Vì b, c, d, e là số tự nhiên nên từ d > c ⇒ d ≥ c + 1; c > b ⇒ c ≥ b + 1 Suy ra d ≥ b + 2 ⇒ d – b ≥ 2 e > d ⇒ e ≥ d + 1 ⇒ e ≥ c + 2 ⇒ e – c ≥ 2 Do đó a ≥ (d – b) + (e – c) + 1 ≥ 5. Suy ra b, c, d, e > 5 Vậy tất cả các số đều không nhỏ hơn 5. b) Nếu a ≥ 6 ⇒ b ≥ a + 1 ≥ 7. Tƣơng tự c ≥ 8, d ≥ 9, e ≥ 10 ⇒ a + b + c + d + e ≥ 40 (mâu thuẫn) Suy ra a < 6. Mà theo câu a ta có a ≥ 5 ⇒ a = 5. Ta có 5 + b + c ≥ d + e + 1 ⇒ b + c ≥ d + e – 4. Mà d – 2 ≥ b, e – 2 ≥ c ⇒ d + e – 4 ≥ b + c. Do đó Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -48-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN bd 2 =>a+b+c+d+e=5+2b+2c+4<40 ce 2 31 31 b c b( b 1) b c b 7 22 Suy ra b = 6 hoặc b = 7 Nếu b = 6 thì d = b + 2 = 8. Vì b < c < d nên c = 7 ⇒ e = c + 2 = 9. Nếu b = 7 thì d = b + 2 = 9. Vì b < c < d nên c = 8 ⇒ e = c + 2 = 10. có hai bộ thỏa mãn đề bài là (5;6;7;8;9) và (5;7;8;9;10). Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -49-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 11. Chuyên Ngoại Ngữ DHQG Hà Nội. Năm học: 2014-2015 Câu 1. (2,0 điểm) x 2 x 4 x 2 x 1 1 2 Cho biểu thức A ( ) : (3 ) x x 8x 1 x 2 x 1 1. Rút gọn A. 2. Tìm giá trị của x để A > 1. Câu 2. (2,5 điểm) 1. Giải phƣơng trình: x22 2 x 7 3 ( x 1)( x 3) x22 y 3 xy 2. Giải hệ phƣơng trình: 44 xy 2 Câu 3. (1,5 điểm) Cho phƣơng trình (ẩn x): xm22 3(m 1)x 2m 5 2 0.Tìm giá trị của m để phƣơng trình có hainghiệm phân biệt x1và x2 thỏa mãn |x1+x2|=2|x1-x2| Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn (O). Kẻ đƣờng cao AH của tam giác ABC. Gọi P, Qlần lƣợt là chân của đƣờng vuông góc kẻ từ H đến các cạnh AB, AC. 1. Chứng minh rằng BCQP là tứ giác nội tiếp. 2. Hai đƣờng thẳng PQ và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng MH2= MB.MC 3. Đƣờng thẳng MA cắt đƣờng tròn (O) tại K (K khác A). Gọi I là tâm của đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giácBCQP. Chứng minh rằng ba điểm I, H, K thẳng hàng. Câu 5. (1,0 điểm) 2 3 4 2014 2015 Chứng minh rằng:1 4 2 22 2 3 2 2013 2 2014 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -50-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN ĐÁP ÁN Câu 1. 1. Ta có: x 2 x 4 x 2 x 1 1 2 A ( ) : (3 ) x x 8x 1 x 2 x 1 x 2 x 4 ( x 1)2 3( x 2)( x 1) ( x 1) 2( x 2) : (x 2)( x 2 x 4) ( x 1)( x 1) ( x 2)( x 1) 1x 1 3( x x 2) 3 x 3 : x 2 x 1 ( x 2)( x 1) x 1 ( x 1)( x 2) 3 x 9 : (x 2)( x 1) ( x 2)( x 1) x 3 ( x 2)( x 1) . (xx 2)( 1) 3(x 3) x 1 3( x 1) 2. ĐKXĐ: x 0;x 1;x 3;x 4 xx 11 A 1 1 1 0 3(xx 1) 3( 1) xx 1 3( 1) 0 3(x 1) 42 x 0 3(x 1) 2 x 0 3(x 1) 12 x 14 x 14 x Kết hợp với ĐKXĐ, ta có là điều kiện cần tìm. x 3 Câu 2. 1.x22 2 x 7 3 ( x 1)( x 3)(1) ĐK: x ≥ –3 Nhận xét: x22 2 x 7 ( x 1) 2(x 3) Đặt a x2 1( a 0), b x 3( b 0), phƣơng trình (1) trở thành a22 2 b 3 ab ( a b )( a 2 b ) 0 ab ab 2 Với Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -51-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN a b x22 1 x 3 x 1 x 3 (2)(1)0 x x x 2( TM ) x 1( TM ) Với a 2 b x2 12 x 3 x 2 14(3) x x 2 4110 x x 2 15( TM ) x 2 15( TM ) Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) là 2; 1;2 15;2 15 x22 y 3 xy 44 2. (I) xy 2 2 2 2 2 x y 33 xy22 x y xy ()I xm 3(m 1)x 2m 5 2 0. 2 2 2 2 2 2 2 2 (x y ) 2 x y 2 (3 xy) 2 x y 2 (x y )22 2 xy 3 xy ( x y ) 3 xy 2 2 2 2 2 2 9 6xy x y 2 x y 2 x y 6 xy 7 0 (xy )2 4 (x y )2 3 xy xy 1 xy 1 2 (xy ) 4 xy 7 ()L xy 7 x y 21 x xy 11 y x y 21 x xy 11 y Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (1;1) và (–1;–1) Câu 3. (1) Ta có: 2 2 2 2 9(m 1) 4(2 m 5 m 2) m 2 m 1 ( m 1) 2 Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x12; x 0 ( m 1) 0 m 1 Khi đó, theo định lí Vi–ét, ta có: x12 x 3( m 1) 2 x12 x 2 m 5 m 2 Do đó: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -52-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN |x1 x 2 | 2 | x 1 x 2 | 22 (x1 x 2 ) 4( x 1 x 2 ) 2 3(x1 x 2 ) 16 x 1 x 2 0 27(m 1)22 16(2 m 5 m 2) 0 5mm2 26 5 0 (mm 5)(5 1) 0 m 5 1 m 5 1 Đối chiếu với điều kiện m ≠ 1, ta có m = –5 và m là các giá trị cần tìm. 5 Câu 4. 1. Tứ giác APHQ có APH +AQH 90 90 180 nên là tứ giác nội tiếp ⇒APQ= AHQ Ta có: AHQ =BCQ (cùng phụ với CHQ ) Do đó APQ =BCQ Suy ra BPQC là tứ giác nội tiếp. 2. Vì BPQC là tứ giác nội tiếp nên MBP= MQC MB MP MBP~ MQC ( g . g ) MB . MC MP . MQ (1) MQ MC Vì APHQ là tứ giác nội tiếp nên: MQH =BAH Mà BAH= MHP (cùng phụ với PBH ) nên MQH= MHP MQ MH MQH~ MHP ( g . g ) MH2 MP . MQ (2) MH MP Từ (1) và (2) ⇒MH2 =MB .MC 3. Vì AKBC là tứ giác nội tiếp nên MK MB MKB MCA MKB~ MCA MC MA MK MA MB MC Kết hợp với kết quả ý 2, ta có MH2 MK.MA ⇒ HK là đƣờng cao của tam giác vuông AHM. ⇒ AK ⊥ KH Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -53-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Do đó KH cắt (O) tại D (D khác K) thì AD là đƣờng kính của (O). Gọi J là trung điểm HD, N là trung điểm QC. Khi đó OJ là đƣờng trung bình của ∆ AHD ⇒ OJ // AH ⇒ OJ ⊥ BC. Mà OB = OC nên OJ là trung trực BC (3) Vì HQ // DC (cùng vuông góc AC) nên HQCD là hình thang. ⇒ JN là đƣờng trung bình của hình thang HQCD ⇒ JN // HQ ⇒ JN ⊥ QC ⇒ JN là trung trực của QC (4) Từ (3) và (4) ⇒ J là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC (do BPQC là tứ giác nội tiếp) ⇒ J ≡ I Mà K, H, J thẳng hàng nên I, K, H thẳng hàng. Câu 5. 3 4 2014 2015 Đặt S= 22 2 3 2 2013 2 2014 Ta có: 3 4 2014 2015 2S 2 22 2 2012 2 2013 3 4 3 5 4 2015 2014 2015 2SS 2 22 2 3 2 2013 2 2014 1 1 1 1 2015 S (1 ) 2 22 2 3 2 2013 2 2014 1 2014 1 ( ) 1 1 1 1 1 Ta có: 1 2 2 2 3 20131 2013 2 2 2 21 2 2 Do đó: 1 2015 2 3 4 2014 2015 S 2 2 1 4 22013 2 2014 2 2 2 2 3 2 2013 2 2014 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -54-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 12. Chuyên Nguyễn Trải – Hải Dƣơng. Năm học: 2014-2015 Câu I ( 2,0 điểm) 1) Giải phƣơng trình: 43 xx 1 10x 2 x 3 x 1 2) Rút gọn biểu thức: A (x 0;x 1) x 3 x 4 x 4 1 x Câu II ( 2,0 điểm) Cho Parabol (P): y=x2 và đƣờng thẳng (d):y=(m-1)x+m+4 (tham số m) 1) Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). 2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. Câu III ( 2,0 điểm) x y 32 m 1) Cho hệ phƣơng trình: ( tham số m) 3x 2 y 11 m Tìm m để hệ đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn x2 – y2 đạt giá trị lớn nhất. 2) Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 80 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa quãng đƣờng đầu ô tô đi với vận tốc nhỏ hơn vận tốc dự định là 6 km/h. Trong nửa quãng đƣờng còn lại ô tô đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc dự định là 12 km/h. Biết rằng ô tô đến B đúng thời gian đã định. Tìm vận tốc dự định của ô tô. Câu IV ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, các đƣờng cao AM, BN, CP của tam giác ABC cắt nhau tại H. Dựng hình bình hành BHCD. 1) Chứng minh: Các tứ giác APHN, ABDC là các tứ giác nội tiếp. 2) Gọi E là giao điểm của AD và BN. Chứng minh: AB.AH = AE.AC 3) Giả sử các điểm B và C cố định, A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn và B ·AC không đổi. Chứng minh rằng đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi Câu V ( 1,0 điểm) Cho x; y là hai số dƣơng thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ()()x y22 x y S x22 y xy Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -55-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN ĐÁP ÁN Câu NỘI DUNG Điểm Câu 1) Giải phƣơng 43trình: xx 1 0,25 1 x 110 0(1)x 2 x 3 x 1 A (x 0;x 1) 43 xx 1 2 43 x xx3 ( x 1) 4 (2) x 4 1 x (1) x 1 0,25 2 x 7 0,25 (2) xx 42 0 x 6 Kết hợp nghiệm ta có: x= 7 ( thỏa mãn), x = - 6 (loại) 0,25 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình đã cho là S = {7}. 1,00 2)Rút gọn biểu thức: 10x 2 x 3 x 1 0,25 (x 4)( x 1) x 4 x 1 10x (2 x 3)( x 1) ( x 1)( x 4) 0,25 (xx 4)( 1) 10x (2 x 5 x 3) (x 5 x 4) 3 x 10 x 7 0,25 (x 4)( x 1) ( x 4)( x 1) (x 1)(7 3 x ) 7 3 x 0,25 (x 4)( x 1) x 4 Câu Cho Parabol (P): y=x2 và đƣờng thẳng (d):y=(m-1)x+m+4 (tham số m) 0,25 2 Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). m = 2 ta có phƣơng trình đƣờng thẳng (d) là : y = x + 6 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phƣơng trình: 0,25 x2=x+6 2 x 2 0,25 xx 60 x 3 +) x = -2 => y = 4 0,25 +) x = 3 => y = 9 Vậy m= 2 thì (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm A(-2;4) và B(3;9) 2. Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm nằm về hai phía của trục tung. 1,00 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phƣơng trình: x2 (m 1)x m 4 2 0,25 x (m 1) x m 4 0(*) (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung khi và chỉ khi phƣơng trình (*)có 2 0,25 nghiệm trái dấu Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -56-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 1. (- m – 4) - 4 0,25 Câu 1,00 1) Cho hệ phƣơng trình: ( tham số m) 3 x y 32 m 22645515 x y m x m x m 3 0,25 3211xym 3211 xym xym 32 ym 21 x2 y 2 ( m 3) 2 (2 m 1) 2 3 m 2 10 m 8 0,25 49 5 3(m )2 33 5 5 0,25 Do (m )2 0 với mọi m; dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m 3 3 x y 32 m 2249 0,25 xy ,dấu “=”3x xả 2y y ra 11khi và m chỉ khi 3 49 Hay x2-y2 lớn nhất bằng ,dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 2. Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h) (x > 6) 0,25 80 Khi đó thời gian ô tô dự định đi hết quãng đƣờng AB là (h) x 40 0,25 Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đƣờng đầu là (h) x 6 40 Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đƣờng còn lại là (h) x 12 Theo bài ra ta có phƣơng trình: 0,5 40 40 80 x 60 x 12 x 40x ( x 12) 40 x ( x 6) 80( x 6)( x 12) x( x 6)( x 12) x ( x 6)( x 12) x ( x 6)( x 12) 40x2 480 x 40 x 2 240 x 80 x 2 480 x 5760 240x 5760 x 24 Vậy vận tốc dự định của ô tô là 24 (km/h) 0,25 Câu 4 0,25 Từ giả thiết ta có: APH=90o; ANH 90o =>Tứ giác APHN nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính AH Ta có: BD//CH (BDCH là hình bình hành) và CH  AB o  BD  AB => ABD=90 o  Tƣơng tự ta có: ACD=90 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -57-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 0,25  Tứ giác ABDC nội tiếp đƣờng tròn ( đƣờng kính AD) 0,25 2. Xét 2 tam giác ABE và ACH có: 0,25 ABE=ACH (cùng phụ với góc BAC) (1) Góc BAE phụ với góc BDA; BDA=BCA (góc nội tiếp cùng chắn cung AB) 0,25 Góc CAH phụ với góc BCA =>BAE=CAH(2) Từ (1) và (2) suy ra 2 tam giác ABE, ACH đồng dạng 0,25 AB AC 0,25 AB AH AC AE AE AH 3. Gọi I là trung điểm của BC => I cố định ( do B, C cố định) 0,25 Gọi O là trung điểm AD => O cố định (do góc BAC không đổi, B, C cố định, O là tâm 0,25 đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC)  Độ dài OI không đổi Tứ giác ABDC là hình bình hành => I là trung điểm của HD 0,25 1 0,25 OI AH (OI là đƣờng trung bình của tam giác ADH) 2  Độ dài AH không đổi Vì AH là đƣờng kính đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác APHN, độ dài AH không đổi => độ dài 0,25 bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác APHN không đổi => đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi. Câu Ta có: 0,25 5 (xy )22 (x y) S x22 y xy 2xy x22 y 12 x22 y xy 2xy x2 y 2 x 2 y 2 0,25 3 ( ) x22 y22 xy xy Do x, y là các số dƣơng nên ta có: 0,25 22xy x2 y 2 xy x 2 y 2 2 . 2 x2 y 222 xy x 2 y 2 xy Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2xy x22 y (x2 y 2 ) 2 4 x 2 y 2 ( x 2 y 2 ) 2 0 x22 y2 xy xy22 x y( x ; y 0) xy22 x22 y 21 xy x y 2xy Cộng các bất đẳng thức ta đƣợc S 6 0,25 S = 6  x = y. Vậy Min S = 6 khi và chỉ khi x = y Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -58-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 13. Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An. Năm học: 2014-2015 Câu 1 (7,0 điểm). a) Giải phƣơng trình x 1 2 x x 3 2 x x2 4 x 3 xy221 b) Giải hệ phƣơng trình (yx 1)22 ( 1) 2 31xy x y Câu 2 (3,0 điểm). a) Tìm các số nguyên x và y thoả mãn phƣơng trình92x y2 y b) Tìm các chữ số a, b sao cho ()()ab23 a b Câu 3 (2,0 điểm). Cho các số a, b, c không âm. Chứng minh rằng a2 b 2 c 2 33 ( abc ) 2 2( ab bc ca ) Đẳng thức xảy ra khi nào? Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đƣờng tròn (O) có các đƣờng cao AE và CFcắt nhau tại H. Gọi P là điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B, C); M, N lần lƣợt làhình chiếu của P trên các đƣờng thẳng AB và AC. Chứng minh rằng: BH EF a) OB vuông góc với EF và 2. BO AC b) Đƣờng thẳng MN đi qua trung điểm của đoạn thẳng HP. Câu 5 (2,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có BAC 60o ;BC 2 3 cm. Bên trong tam giác nàycho 13 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm đƣợc 2 điểm màkhoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm. HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -59-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN NGHỆ AN TRƢỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU ___ NĂM HỌC 2014 – 2015 ___ HƢỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ___ Câu Nội dung Điểm 1. 7,0 a) 3,5 Điều kiện: x 1 0,5 Ta có: x 1 2 x x 3 2 x x2 4 x 3 2x x 32 x x 1 (1)(3)0 x x 0,25 2(x x 31) x 1( x 31)0 0,5 (x 3 1)( x 1 2 x ) 0 0,5 x 3 1(1) 0,5 xx 1 2 (2) Ta có (1) x 2 (loại) 0,5 x 0 0,5 xx 00 (2) 22 1 17 x 1 4 x 4 x x 1 0 x 8 1 17 x () TM 8 1 17 0,25 Vậy phƣơng trình đã cho có nghiệm x 8 b) 3,5 Điều kiện: x 1;y 1 0,5 xy221 22 (yx 1) ( 1) 2 Hệ phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với xy1 . yx 1 1 4 1 0,5 uv22 xy 2 Đặt uv ; , hệ đã cho trở thành yx 11 1 uv 4 u2 v 2 2 uv 1 ( u v ) 2 1 0,5 2 2 2 u v 2 uv 0 ( u v ) 0 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -60-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 1 0,5 uv 2 1 uv 2 1 yx 12 0,75 Nếu u v x y 1(TM) 2 xy 12 11 yx 12 0,75 Nếu u v x y (TM) 23 xy 12 1 Vậy hệ phƣơng trình có 2 nghiệm: xy 1, xy 3 2. 3,0 a) 2,0 Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với 9x ( y 1)( y 2)(1) 0,5 Nếu y 1 3 thì yy 2 ( 1) 3 3 (y 1)(y 2) 9 0,5 Mà 9x 9  xZnên ta có mâu thuẫn. Suy ray 1 3, do đó: y 1 = 3k( kZ )=>y=3k+1( kZ ) 0,5 Thay vào (1) ta có: 9x 3 k (3 k 3) x k ( k 1) 0,25 x k( k 1) 0,25 Vậy phƣơng trình có nghiệm: ()kZ yk 31 b) 1,0 Từ giả thiết suy ra ab ( a b ) a b (1) 0,25 Vì ab và a+b N * nên a + b là số chính phƣơng. Mặt khác1 a b 18 a b 1;4;9;16 0,25 Nếu a+ b 1, a +b 4, a+ b 16 thì thay vào (1) không thỏa mãn 0,5 Nếu a +b 9 thay vào (1) ta đƣợc ab 27 Vậy a=2;b=7 3. 2,0 Đặt 0,5 3a2 x;;. 3 b 2 y 3 c 2 z ax2 3;b 2 y 3 ;c 2 zax 3 , 3 ;b y 3 ;c zxyz 3 ;,,0 Bất đẳng thức đã cho trở thành: xyz3 3 3 3 xyz 2( xy 3 3 yz 3 3 zx 3 3 )(1) Vì vai trò của x; y ;z bình đẳng nên có thể giả sử x y z 0 0,5 Khi đó xxy( )22 zyx ( )( zxy )(x)( yyz )0 x3y 3 z 3 3 xyz xy (z y) yz(y z) zx(z x)(2) Áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có xy( x y ) 2xy xy 2 x33 y (3) 0,5 Tƣơng tự ta có: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -61-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN yz(y z ) 2 y33 z (4) zx(z x ) 2 z33 x (5) Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (3), (4), (5) ta đƣợc xy(x yyz ) (y zzx ) (z x ) 2( xy3 3 yz 3 3 zx 3 3 )(6) Từ (2) và (6) ta có 0,5 xyz3 3 2 3 xyz 2( xy 3 3 yz 3 3 zx 3 3 ) Đẳng thức xảy ra khi x=y=z hay a= b =c. 4. 6,0 a) 4,0 Vì AEC= AFC =90o nên tứ giác ACEF nội tiếp. 0,5 Suy ra BFE =ACB (cùng bù với góc AFE ) (1) 0,5 Kẻ tia tiếp tuyến Bx của đƣờng tròn (O) tại B. 0,5 Ta có ACB= ABx (cùng chắn cung AB ) (2) Từ (1) và (2) suy ra BFE =ABx 0,5 Do đó Bx// EF 0,5 Mà OBBx nên OB EF 0,5 Xét BEF và BAC có ABC chung và BFE= ACB ( theo (1)) 0,5 nên BEF và BAC đồng dạng. BH 0,5 Mặt khác BEF và BAC lần lƣợt nội tiếp đƣờng tròn bán kính và đƣờng tròn bán kính 2 EF BH OB nên AC2. OB BH EF Từ đó ta có 2. BO AC b) 2,0 Gọi M1và N1lần lƣợt là các điểm đối xứng với P qua AB và AC. 0,25 Ta có: AM1B=APB (do tính chất đối xứng) (3) APB=ACB (cùng chắn cung AB) (4) 0,25 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -62-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Tứ giác BEHF nội tiếp nên BFE= BHE (5) 0,25 Mặt khác theo câu a) BFE =ACB (6) 0 Từ (3), (4), (5), (6) suy ra AM1B= BHE AM1B+ AHB = 180 , 0,25 do đó tứ giác AHBM1nội tiếp 0,25 AHM1= ABM1 mà ABM1= ABP nên AHM1 =ABP. 0,25 Chứng minh tƣơng tự ta có AHN1= ACP 0,25 O AHM1+ AHN1= ABP+ ACP=180 M1, N1, H thẳng hàng 0,25 Mặt khác MN là đƣờng trung bình của tam giác PM1N1, do đó MN đi qua trung điểm của PH. 5. 2,0 Gọi (O) là đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác Gọi (O) là đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác BC, CA, 0,5 AB. Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC MC Vì BAC 60OO MOC 60 OA OB OC 2 sin 60o Vì O nằm trong tam giác ABC và OM BC, ON AC ,OP AB 0,25 Suy ra tam giác ABC đƣợc chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các đƣờng tròn có đƣờng kính 2 (đƣờng kính lần lƣợt là OA, OB, OC). Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 5 điểm trong 13 0,25 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác ANOP. Gọi E, F, G, H lần lƣợt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm OA, suy ra 0,25 IA=IP=IO=IN=1 Khi đó tứ giác ANOP đƣợc chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp các 0,25 đƣờng tròn có đƣờng kính 1. Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm trong 5 0,25 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 13 điểm đã cho. Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác này, do đó 0,25 XY không lớn hơn đƣờng kính đƣờng tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa X, Y không vƣợt quá 1. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -63-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 14. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 Bài 1. (2,0 điểm) 2 3 5xx 7 2 3 Cho biểu thức A : (x > 0, x ≠ 4) x 2 2 x 1 2 x 3 x 2 5 x 10 x 1, Rút gọn biểu thức A. 2, Tìm x sao cho A nhận giá trị là một số nguyên. Bài 2. (2, 5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đƣờng thẳng (d) : y = 2(m + 3)x – 2m + 2 ( m là tham số, m ∈ ℝ). 1, Với m = –5 tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) và đƣờng thẳng (d). 2, Chứng minh rằng: với mọi m parabol (P) và đƣờng thẳng (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Tìm m sao cho hai giao điểm đó có hoành độ dƣơng. 3, Tìm điểm cố định mà đƣờng thẳng (d) luôn đi qua với mọi m Bài 3. (1,5 điểm) 2x22 3 xy 2 y 5(2 x y ) 0 Giải hệ phƣơng trình: 22 x 2 xy 3 y 15 0 Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đƣờng tròn (O; R). Tiếp tuyến tại B và C của đƣờng tròn (O; R) cắt nhau tại T, đƣờng thẳng AT cắt đƣờng tròn tại điểm thứ hai là D khác A. 1, Chứng minh rằng tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT. 2, Chứng minh rằng: AB.CD = BD.AC 3, Chứng minh rằng hai đƣờng phân giác góc BAC , góc BDC và đƣờng thẳng BC đồng quy tai một điểm. 4, Gọi M là trung điểm của BC, chứng minh rằng góc BAD bằng góc MAC. Bài 5. (0,5 điểm) Cho các số dƣơng x, y, z thay đổi thỏa mãn: x( x + 1) + y( y + 1) + z( z + 1) ≤ 18. 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B x y 1 y z 1 z x 1 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -64-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN ĐÁP ÁN Bài 1. 1. Với x > 0, x ≠ 4 ta có: 2 3 5xx 7 2 3 A : x 2 2 x 1 2 x 3 x 2 5 x 10 x 2 2x 1 3 x 2 5 x 7 5xx 10 . xx 2 2 1 23x 23x 52xx . xx 2 2 1 23x 5 x 21x 2. Vì x 0 5 x 0;2 x 1 0 A 0 5xx 3 2 1 x 3 Mặt khác, xét A 30 xA 03 2xx 1 2 1 Vậy 0 < A < 3 Do đó A nguyên ⇔ A = 1 hoặc A = 2. 5x 1 1 A 1 1 5 x 2 x 1 3 x 1 x x (thỏa mãn) 21x 39 5 x A 2 252(21) x x x 2 x 2 x 4(loại) 21x 1 Vậy Ax 9 Bài 2. 1. Khi m = –5 ⇒ (d) : y = –4x + 12 Khi đó , phƣơng trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x22 4 x 12 x 4 x 12 0 ( x 6)( x 2) 0 ⇔ x = –6 hoặc x = 2 Khi x = –6 ⇒ y = 36 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -65-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Khi x = 2 ⇒ y = 4 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (–6;36) và (2;4) 2. Phƣơng trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x22 2( m 3) x 2 m 2 x 2( m 3) x 2 m 2 0 (1) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ' (mm 3)2 (2 2) 0 (m2 6 m 9) (2 m 2) 0 mm2 4 7 0 (m 2)2 3 0 (luôn đúng ∀ m) Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là xx12, với là hai nghiệm của phƣơng trình (1) Hai giao điểm có hoành độ dƣơng ⇔ (1) có hai nghiệm dƣơng x12 x 2( m 3) 0 m 3 m 1 x12 x 2 m 2 0 m 1 Vậy m > 1. 3. Gọi xy00; là điểm cố định mà (d) luôn đi qua ∀ m Khi đó: y00 2( m 3) x 2 m 2(  m ) m(2 x0 2)(6 x 0 2 y 0 )0(  m ) 2x0 2 0 x 0 1 x 0 1 6x0 2 y 0 0 6.1 2 y 0 0 y 0 8 Vậy (d) luôn đi qua điểm (1;8) ∀m. Bài 3. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -66-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 2x22 3 xy 2 y 5(2 x y ) 0(1) ()I 22 x 2 xy 3 y 15 0(2) Ta có: (1) (2x y )( x 2)5(2 y x y ) 0 (2x y )( x 2 y 5) 0 yx 2 xy 52 yx 2 xy 52 Do đó: ()()I II hoặc 22 22()III x 2 x .2 x 3(2 x ) 15 0 (5 2y ) 2(5 2 y ) y 3 y 15 0 yx 2 xy 1; 2 ()II 2 15x 15 0 xy 1; 2 xy 52 yx 2; 1 ()III 2 5yy 30 40 0 yx 4; 3 Vậy hệ phƣơng trình (I) có nghiệm (1;2) , (-1;-2) , (-3;4) Bài 4. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -67-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 1. Vì TB là tiếp tuyến của (O) nên BAD = DBT (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cùng BD) Xét ∆ ABT và ∆ BDT có: ATB() chung ABT~ BDT ( g . g ) DBT BAT() cmt 2 AB AT BT AB AT BT AT 2. Vì ABT~. BDT BD BT DT BD BT DT DT Chứng minh tƣơng tự ta có: 2 AC AT CD DT 22 AB AC AB AC Do đó AB CD BD AC BD CD BD CD 3. Gọi I1, I2 lần lƣợt là giao điểm của BC với tia phân giác góc BAC và góc BDC. Xét ∆ ABC có tia phân giác AI1, theo tính chất đƣờng phân giác ta có: IB1 AB I1 C AC IB DB Chứng minh tƣơng tự ta có: 2 I2 C DC AB DB IBIB Theo câu 2) ta có AB CD BD AC 12 AC DC I12 C I C Mà I1, I2 cùng thuộc đoạn BC nên chúng chia trong đoạn BC theo các tỉ số bằng nhau. ⇒ I1 ≡ I2 ⇒ Đƣờng phân giác góc BAC, đƣờng phân giác góc BDC và đƣờng thẳng BC đồng quy. 4. Gọi M’ là điểm thuộc đoạn BC sao cho CAM’ = BAD . Ta chứng minh M’ ≡ M. Vì CAM’ = BAD => BAM’ = CAD Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên ADB = ACM’ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -68-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN BD AD Mà CAM’ = BAD => ∆ADB ~ ∆ACM’ (g.g) BD ' AC AD CM (1) CM' AC Chứng minh tƣơng tự ta có: AB.CD = AD.BM’ (2) Từ (1) và (2) với chú ý BD.AC = AB.CD => AD.CM’ = AD.BM’ => CM’ = BM’ ⇒ M’ ≡ M => BAD = MAC Bài 5. Với mọi a, b, c > 0, ta có: ()()()02222220ab 2 bc 2 ca 2 a 2 b 2 c 2 abbcca 2(a2 b 2 c 2 ) 2 ab 2 bc 2 ca 3(a2 b 2 c 2 ) a 2 b 2 cab 2 2 2 bc 2 ca 3(a2 b 2 c 2 ) ( a b c ) 2 (*) Với mọi a, b, c > 0, áp dụng BĐT Cô–si cho ba số dƣơng, ta có: a b c 303 abc 1 1 1 1 1 1 1 (abc ) 9 303 abc a b c abc 1 1 1 9 ( ) a b c a b c Áp dụng BĐT (*) với a = x, b = y, c = z và từ điều kiện của x, y, z ta có: ()x y z 2 18 x2 y 2 z 2 x y z x y z 3 (x y z )2 3( x y z ) 54 0 (x y z 9)( x y z 6) 0 x y z 6 (do x + y + z + 9 > 0) ( ) Áp dụng BĐT ( ) với a = x + y + 1, b = y + z + 1, c = z + x + 1, ta có: 1 1 1 9 9 B xy 1 yz 1 zx 1 xy 1 yz 1 zx 1 2( xyz ) 3 93 Áp dụng ( ) ta có: B 2.6 3 5 x y z Dấu bằng xảy ra x y1 y z 1 z x 1 x y z 2 x y z 6 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -69-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là , xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2. 5 Đề số 15. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 Bài 1. (3,0 điểm) 1) Giải phƣơng trình: 5x 6 10 3 x 2 x2 x 2 x32 8 xy 96 y 2) Giải hệ phƣơng trình: 22 xy 32 48 Bài 2. (2,0 điểm) 2 77 1) Cho phƣơng trình x – 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Tính S x12 x 2) Cho a, b, c, d là các số nguyên dƣơng thỏa mãn: a2 + ab + b2 = c2 + cd + d2. Chứng minh a + b + c + d là hợp số. Bài 3. (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dƣơng và có tổng bằng 1. a bc b ca c ab 3 Chứng minh: a bc b ca c ab 2 Bài 4. (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD với A, C cố địnhvà B, D di động. Đƣờng phân giác của góc BCD cắt AB và AD theo thứ tự tại I và J (J nằm giữa A và D). Gọi M là giao điểm khác A của hai đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD và AIJ, O là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AIJ. 1) Chứng minh AO là phân giác góc IAJ. 2) Chứng minh bốn điểm A, B, D, O cùng thuộc một đƣờng tròn. 3) Tìm đƣờng tròn cố định luôn đi qua M khi B, D di động. Bài 5. (1,0 điểm) Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một số có tổng các chữ số chi hết cho 11 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -70-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN ĐÁP ÁN Bài 1. 6 10 a) 5 x 6 10 3 x 2 x2 x 2 ( x ) 55 5x 6 2 10 3 x 2 2 x2 x 6 5(xx 2) 3( 2) x32 (xx8 xy 2)(2 96 y 3) 0 5xx 6 2 10 3 2 22 53 xy 32 48 (x 2)( 2x 3) 0 5xx 6 2 10 3 2 x 2( TM ) 53 2x 3 0(*) 5xx 6 2 10 3 2 Vì 6 10 5 5 5 xx5 6 2 2 3 0 5 55xx 6 2 2 5 6 2 6 10 3 xx 20 55 10 3x 2 53 2x 3 0 (*) VN 5xx 6 2 10 3 2 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) là {2} 2) (I) x3 8 xy 2 48.2 y x 3 8 xy 2 2 y ( x 2 32 y 2 )(*) (I) 2 2 2 2 x 32 y 48 x 32 y 48 (*) x3 2 x 2 y 8 xy 2 64 y 3 0 x33 (4 y ) 2 xy ( x 4 y ) 0 (x 4 y )( x22 2 xy 16 y ) 0 x 44 y x y 2 2 2 2 x 2 xy 16 y 0 ( x y ) 15 y 0 xy 4 x y 0 Vì x = y = 0 không thỏa mãn hệ phƣơng trình nên x = 4y Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -71-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN x 44 y x y ()I 2 2 2 2 x 32 y 48 16 y 32 y 48 x 4 xy 4 y 1 2 y 1 x 4 y 1 Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (4;1), (–4;–1) Bài 2. 2 xx12 2 1) Phƣơng trình x – 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Theo định lý Vi–ét ta có: xx12 4 Ta có: 3 3 3 (x1 x 2 ) x 1 x 2 3 x 1 x 2 ( x 1 x 2 ) 3 3 3 3 x1 x 2( x 1 x 2 ) 3 x 1 x 2 ( x 1 x 2 ) 2 3.( 4).2 32 Và 2 2 2 2 x1 x 2 ( x 1 x 2 ) 2 x 1 x 2 2 2.( 4) 12 4 4 2 2 2 2 2 2 2 x1 x 2 ( x 1 x 2 ) 2 x 1 x 2 12 2.( 4) 112 Khi đó: 3 3 4 4 7 7 3 4 4 3 (x1 x 2 )( x 1 x 1 ) x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 7 7 3 3 4 4 3 Sxx 1 2 ( xxxx 1 2 )( 1 1 ) ( xxxx 1 2 ) ( 1 2 ) 32.112 ( 4)3 .2 3712 Vậy S = 3172. 2) Ta có a2 abb 2 c 2 cdd 2 a 222 abb 2 c 2 xdd 2 abcd abcd ( ab )22 ( cd ) ( abcdabcd )( )(*) Nếu ab-cd=0: Do a+b+c+d>0=>a+b-c-d=0=>a+b+c+d=2(c+d) là hợp sốdo c + d ∈ ℕ* và c + d > 1 Nếu ab -cd 0:Từ (*) ⇒ ab – cd ⋮ (a + b + c + d). a2 abb 2 c 2 cdd 23( abcd ) ( a 2 2 abb 2 ) c 2 2 cdd 2 3(abcd )()()( cd22 ab cdabcdab )( )0 ⇒ (c – d + a – b)(c – d – a + b) ⋮ (a + b + c + d) Giả sử a + b + c + d là số nguyên tố thì ta có c – d + a – b ⋮ a + b + c + d hoặc c – d – a + b ⋮ a + b + c + d Điều này mâu thuẫn do –(a + b + c + d) < c – d + a – b < a + b + c + d ; –(a + b + c + d) < c – d – a + b < a + b + c + d và (c – d + a – b)(c – d – a + b) ≠ 0 Vậy a + b + c + d là hợp số. Bài 3. Thay 1 = a + b + c ta có: A+bc=a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c) Do đó: a bc a bc 2 bc 2 bc 2 bc 11 abc abc abc ( abac )( ) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -72-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Ta có 2 đẳng thức tƣơng tự b ca2 ca 1 b ca( b c )( b a ) c ab2 ab 1 c ab (c a)(c b) Cộng từng vế của 3 đẳng thức trên ta có: a bc b ca c ab bc ca ab 32 abcbcacab (a b )(a c ) ( bcba )( ) (c a)(c b) Do đó: a bc b ca c ab33 bc ca ab abcbcacab 2 (a b )(a c ) ( bcba )( ) (c a)(c b) 4 bcb( c ) cac ( a ) aba ( b ) 3 (a b )( b c )( c a ) 4 4(bcbc222222 ca ca ab ab ) 3( ab 222222 ab bcbc ca ca 2 abc ) b2 c bc 2 c 2 a ca2 a 2 b ab 2 6 abc (*) Áp dụng BĐT Cô–si cho ba số dƣơng ta có: b2 c c 2 a a 2 b 3 abc (*) đúng 2 2 2 bc ca ab 3 abc Vậy BĐT đã cho đƣợc chứng minh. 1 Dấu bằng xảy ra khi abc 3 Bài 4. 1) Vì AI // DC (do ABCD là hình bình hành) nên AIJ= DCJ (so le trong) Vì AJ // BC nên AJI= BCJ (đồng vị) Mà CJ là phân giác góc BCD nên DCJ= BCJ=> AIJ= AJI ∆ AIJ cân ở A Do O là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp ∆ AIJ cân nên AO là trung trực IJ đồng thời là phân giácgóc IAJ. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -73-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 2) Vì JD // BC nên DJC= JCB= JCD ∆ JDC cân tại D Suy ra JD = DC = AB (do ABCD là hình bình hành) Ta có OA = OJ ( bằng bán kính (O)) Xét ∆ OAJ với góc ngoài OJD có: OJD= AOJ +OAJ =2AIJ+ OAJ= 2DCJ +OAJ= DCB +OAJ=DAB+OAJ=OAB Xét ∆ OAB và ∆ OJD có: OA OJ() cmt OAB OJD()( ) cmt OAB OJD c g c AB JD() cmt OBA ODJ ⇒ AODB là tứ giác nội tiếp ⇒ A, O, D, B cùng thuộc một đƣờng tròn. 3) Vì ∆ OAB = ∆ OJD nên OB = OD. Mà O’B = O’D (bằng bán kính (O’)) nên OO’ làtrung trực của BD. Gọi K là giao BD và AC ⇒ K là trung điểm BD và AC. ⇒ K ∈ OO’ Vì OA = OM, O’A = O’M nên OO’ là trung trực của AM Mà K ∈ OO’ ⇒ KA = KM = KC ⇒ M thuộc đƣờng tròn tâm K bán kính KA, hay đƣờng tròn đƣờng kính AC. Vậy khi B, D thay đổi, M luôn nằm trên đƣờng tròn đƣờng kính AC. Bài 5. Xét 20 số đầu tiên. Trong 20 số này có 2 số chia hết cho 10, chúng có chữ số hàng đơn vị là 0. Mặt khác, trong 2 số đó có một số có chữ số hàng chục khác 9. Gọi số đó là N. Xét dãy 11 số thuộc 39 số đã cho: N, N + 1, , N + 9, N + 19 Tổng các chữ số của các số này tƣơng ứng là. s, s + 1, s + 2, , s + 9, s + 10 Thật vậy, nếu N có tổng chữ số là s thì mỗi số N + i với 1 ≤ i ≤ 9 có tất cả các chữ số (trừ hangđơn vị) giống số N và chữ số hàng đơn vị của N + i là i, do đó tổng chữ số của N + i là s + i. Số N + 19 có chữ số hàng đơn vị là 9, chữ số hàng chục hơn chữ số hàng chục của số N là 1, cònlại tất cả các chữ số ở hàng khác của hai số bằng nhau, do đó tổng chữ số của N + 19 là s + 10. Trong 11 số liên tiếp s, s + 1, s + 2, , s + 9, s + 10 có một số chia hết cho 11. Bài toán đƣợc chứng minh. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -74-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 16. Chuyên HCM. Năm học: 2014-2015 Câu 1: (2 điểm) a) Giải phƣơng trình: x2 x 3 3 x 4 b) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y + z = 0 và xyz ≠ 0. x2 y 2 z 2 Tính giá trị biểu thức P y2 z 2 x 2 z 2 x 2 y 2 x 2 y 2 z 2 Câu 2: (1,5 điểm) 19 xy yx Giải hệ phƣơng trình: 44y xy xx2 Câu 3: (1,5 điểm) Cho tam giác đều ABC và M là một điểm bất kì trên cạnh BC. Gọi D, E lần lƣợt là hình chiếuvuông góc của M trên AB và AC. Xác định vị trí của M để tam giác MDE của chu vi nhỏ nhất Câu 4: (2 điểm). x22 y x y a) Cho x, y là 2 số thực khác 0. Chứng minh rằng: y22 x y x a22 3 ab b b) Cho a, b là hai số dƣơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P ab() a b Câu 5: (2 điểm) Từ một điểm M nằm ngoài đƣờng tròn (O), kẻ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là các tiếpđiểm). Gọi H là giao điểm của AB vơi OM, I là trung điểm của MH. Đƣờng thẳng AI cắt (O) tạiđiểm K (K khác A). a) Chứng minh HK vuông góc AI. b) Tính số đo góc MKB Câu 6: (1 điểm) Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phƣơng trình: 2015(x22 y ) 2014(2 xy 1) 25 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -75-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN ĐÁP ÁN Câu 1 a) x 2 x 3 3 x 4 (ĐKXĐ: x ≥ 3/2) x22(2 x 3) (3 x 4) 2x3 3 x 2 9 x 2 24 x 16 2x32 12 x 24 x 16 0 2(x 2)3 0 x 2( TM ) Vậy S = {2} b)Ta có x y z 0 ()()y z22 x y2 z 2 x 2 2 yz Tƣơng tự: z2 x 2 y 2 2 zx x2 y 2 z 2 2 yx x2 y 2 z 2 x 3 y 3 z 3 P 2yz 2 zx 2 yx 2 xyz Mà x3 y 3 z 3 ( x y ) 3 3 x 2 y 3 xy 2 z 3 ( z )33 3 xy ( x y ) z 3 xy 33xyz P 22xyz Câu 2 ĐKXĐ: x, y ≠ 0 19 xy (1) yx 44y xy (2) xx2 Lấy (1) trừ (2) ta đƣợc: 1 4 9 4y y x x x2 4y 5 1 0 x2 x y x22 5 xy 4 y 0 (x 4 y )( x y ) 0 xy xy 4 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -76-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN 8 Với x = y, thế vào (1) có 2x 0 x y 2 x 51 Với x = 4y, thế vào (1) có5y 0 y x 2 42y 11 Vậy S (2;2);( 2; 2);(2; );( 2; ) 22 Câu 3: C MD ME DE ( BM CM )sin 60o DE MDE BC.sin 60o DE Mà BC.sin600 không đổi nên chi vi tam giác MDE nhỏ nhất ⇔ DE nhỏ nhất Tứ giác ADME nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính AM ADM =AEM 90 nên tam giác ADEcũng nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính AM, tâm I là trung điểm AM. DIE Gọi K là trung điểm DE, suy ra IK ⊥ DE và EIK BAC() 2 Gọi R là bán kính đƣờng tròn tâm I đƣờng kính AM thì KE0,5 DE DE DE sin KIE IE R2 R AM DE AM.sin BAC AM .sin 60o Vì sin60o không đổi nên DE nhỏ nhất ⇔ AM nhỏ nhất ⇔ M ≡ H (H là chân đƣờng vuông góc hạtừ A xuống BC, mà tam giác ABC đều nên H là trung điểm BC). Vậy khi M là trung điểm BC thì chu vi tam giác MDE nhỏ nhất. Câu 4 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -77-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN x22 y x y a) ( x 0; y 0) y22 x y x x22 y x y 0 y22 x y x x4 y 4 x 3 y xy 3 0 xy22 (x y )( x33 y ) 0 xy22 ()()x y2 x 2 xy y 2 0 xy22 2 22 13 ()x y x y 24 0 xy22 (luôn đúng ∀ x,y ≠ 0) c) Tìm minP (a, b > 0) a22 3 ab b P ab() a b ()a b2 ab ab(a b) 13 ()()a b22 ab a b 44 ab() a b 1 31 2 3 ()()a b2 ab a b2 (a b ) . ab ab 35 4 4 4 4 1 ab()() a b ab ab a b ab 22 1 ()a b2 ab Dấu bằng xảy ra 4 ab ab 5 Vậy MinP a b 2 *Cách khác a2 3 abb 2 ( ab ) 2 abab ab 3 ab 1 ab ab 3 1 5 P . ( . ) .2 2 ab()() a b ab a b aba b4 ab 4 ab a b 4 4 2 Câu 5 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -78-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN a) Kẻ đƣờng kính AE của (O), EH cắt (O) tại K’, AK’ cắt EB tại D. Dễ thấy H là trực tâm tamgiác AED nên DH ⊥ AO ⇒ DH // AM (1) Ta có BDH= EAH =HMB nên tứ giác HMDB nội tiếp ⇒ HM ⊥ MD ⇒ DM // AH (2) Từ (1) và (2) ⇒ AHDM là hình bình hành. ⇒ AD đi qua trung điểm I của HM ⇒ K’ là giao của AI với (O) ⇒ K’ ≡ K ⇒ HK ⊥ AI b) Ta có IAM =ABK (cùng chắn cung AK) AMI= OBA (OAMB nội tiếp) Nên IAM+AMI=ABK+OBA AIH=OBK Mặt khác AIH+KHI=90o OBK+KBM=90o =>KHI=KBM ⇒ Tứ giác HKMB nội tiếp =>BKM=BHM=90o Câu 6 2015(xy22 ) 2014(2xy 1) 25 2014(x y)2 xy 2 2 2039 Đặt t=|x-y| , tN do x, y nguyên Xét các trƣờng hợp: TH1: t = 0, tức x = y ⇒ phƣơng trình vô nghiệm TH2: t = 1, tức là x – y = ±1 + Với x – y = 1 hay x = y + 1, phƣơng trình trở thành: (y 1)2 y 2 25 y 2 y 12 0 y 3 y 4 Với y = 3 thì x = 4; với y = –4 thì x = –3 + Với x – y = –1 hay x = y – 1, phƣơng trình trở thành: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -79-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN (y 1)2 y 2 25 y 2 y 12 0 y 3 y 4 Với y = –3 thì x = –4; với y = 4 thì x = 3 TH3: t ≥ 2, VT > VP ⇒ phƣơng trình vô nghiệm Vậy các cặp (x;y) thỏa là (4;3), (–3;–4), (–4;–3), (3;4) Cách khác: Sử dụng phƣơng pháp biến đổi phƣơng trình về dạng vế trái là tổng của các bìnhphƣơng. Vế phải là tổng của các số chính phƣơng, hoặc cách điều kiện có nghiệm của phƣơngtrình bậc hai cũng có thể giải ra đáp số. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -80-
Tổng hợp(Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN Đề số 17. Chuyên Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2014-2015 3x 16 x 7 x 1 x 3 Câu 1: (2.0 điểm) Cho biểu thức: P (Với x > 0) x 2 x 3 x 3 x 1 1.Rút gọn biểu thức P 2.Tính giá trị của biểu thức khi x 2 2 3 Câu 2: (2.0 điểm) 1.Cho phƣơng trình: 2013x2 ( m 2014) x 2015, với m là tham số. Tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm 22 x1;x2 thỏa mãn x1 2014 x 1 x 2 2014 x 2 11 2.Giải phƣơng trình: 3 (2x 1)22 (2x 2) Câu 3: (2.0 điểm) Tìm nghiệm của phƣơng trình: x3 y 3 x 2 y xy 2 5 Câu 4: (3.0 điểm) Cho đƣờng tròn (O) đƣờng kính AB. Gọi M là điểm thuộc cung AB (AB ≠ A, M ≠ B) và I là điểm thuộc đoạn OA (I ≠ O, I ≠ A). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đƣờng tròn (O). Qua M kẻ đƣờng thẳng vuông góc với IM, đƣờng thẳng này cắt Ax, By lần lƣợt tại C và D. Gọi E là giao điểm của AM với IC, F là giao điểm của BM với ID. Chứng minh rằng: 1.Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp 2.EF // AB 3.OM là tiếp tuyến chung của hai đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM. Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số dƣơng x, y, z thỏa mãn: x2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 2014 xyz2 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T y z z x x y Hết Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: . Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -81-