SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KonTum
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ SỐ 1:
Câu 1 (2 điểm)
a) Cho hàm số
2
2 3y x mx m= + −
và hàm số
2 3y x= − +
. Tìm m để đồ thị các
hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.
b) Giải bất phương trình:
2
8 12 10 2x x x− + − > −
Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình:
3 3 3
3
(4 3)
2
x x x
− + − =
b) Giải phương trình:
2
2 11 23 4 1x x x− + = +
Câu 3 (2 điểm)

h b c
= +
(trong đó AB=c; AC=b;
đường cao qua A là
a
h
).
Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
2 2 2
3
a b b c c a
a b c
b c c a a b
a b c
− + − + −
+ + ≥ +
+ + +
+ +
…………………Hết………………….
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………
Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
1
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

0,25
1
' 0
4
m
m
> −

∆ > ⇔

< −

0,25
Kết hợp nghiệm, kết luận
4m < −
0,25
b
Giải bất phương trình:
2
8 12 10 2x x x− + − > −
1,00
TXĐ:
2
8 12 0 2 6x x x− + − ≥ ⇔ ≤ ≤
0,25
Nếu
5 6x< ≤
thì
2
8 12 0 10 2x x x− + − ≥ > −

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:
4 5x< ≤
Tập nghiệm của bpt đã cho:
(4;6]
0,25
2 a
Giải phương trình:
3 3 3
3
(4 3)
2
x x x
− + − =
(1)
1,00
Đặt
3
4 3y x x= − +
. (1) có dạng:
3 3
3
2 2 3
( )
4 3
y x
I
x x y

− =



⇔

+ − + − =


0,25
TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1):
3
3
4
x = −
0,25
TH2:
2 2 2
2 2 2 1 0; ' 2 3
x
x xy y y− + − = ∆ = −
. Nếu có nghiệm thì
2
3
y ≤
.
2
Tương tự cũng có
2
3
x ≤
. Khi đó VT (2)
≤

2
0( )a a≥ ∀
nên pt(*)
3 0
1 2 0
x
x
− =


⇔

+ − =


0,25
3x⇔ =
. Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3 0,25
3 a
(1;4)M
. Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại
B. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB(
; 0
A B
x y >
)
1,00
Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB:
1
x y

= = ≥
.
Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8)
0,25
b
(C):
2 2
( 2) ( 3) 9x y− + + =
;
(1; 2)A −
.
∆
qua A,
∆
cắt (C) tại M và N.
Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.
1,0
(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì
2 2 2
(1 2) ( 2 3) 2 9IA = − + − + = <
0,25
Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có
2 2 2 2 2 2
9 4 4(9 )IH HN IN MN HN IH+ = = ⇒ = = −
0,25
Mà
2IH AH IH IA⊥ ⇒ ≤ =
2
4(9 2) 28 2 7MN MN⇒ ≥ − = ⇒ ≥
0,25

3
( vì
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 . 2 .a b a a b b a b a b a b− = − + ⇒ = + − −
r r r r r r r r r r r r
) 0,25
(*)
⇔
2 2 2 2 2 2
AB BC CD DA AC BD+ + + = +
(Đpcm)
( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ)
0,25
4 b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn:
2 2 2
1 1 1
a
h b c
= +
(1) 1,5
Có
. 2 sin
a
a h S bc A= =
0,25
2 2
2 2 2 2 2 2
1 4


⇔ < + < ≤ − <


− =


Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có
2
B C
π
− =
0,25
5
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
2 2 2
: 3 ; , , 0
a b b c c a
a b c
CMR a b c
b c c a a b
a b c
− + − + −
+ + ≥ + >
+ + +
+ +
1,00

2 2 2
4 4 1
( 2 ) (2 2 2 ) ( )a b c a b c a b c
≥ > =
+ + + + + +
;
2
( ) 0a b− ≥
2
2
2
1 ( )
( ) ;" "
( )( ) ( )
a b
a b a b
b c c a a b c
−
⇒ − ≥ = ⇔ =
+ + + +
0,25
Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại
Suy ra M
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
a b b c c a
a b c
− + − + −

2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn
x
(
m
là tham số):
( ) ( )
2
2 3
2 1 1 0x m x m m− − − + + =
có hai
nghiệm
1 2
,x x
thỏa mãn điều kiện
1 2
4x x+ ≤
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau:
( )
3 3
1 2 1 2 1 2
3 3 8P x x x x x x= + + + +
.
Câu 2 (1,5 điểm).
Giải hệ phương trình:
2 3 2
4 2
1
( , )
(2 1) 1

giác MNP. Chứng minh rằng
OA OB OC OH+ + =
uuur uuur uuur uuur
và ba điểm O, H, L thẳng hàng.
2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho
·
·
·
·
MAB MBC MCD MDA
ϕ
= = = =
. Chứng minh đẳng thức sau:
2 2 2 2
cot
2 . .sin
AB BC CD DA
AC BD
ϕ
α
+ + +
=
,
trong đó
α
là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD.
3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm
( )
7 5 13 5

1 1 2,0 điểm
Ta có
2 2
2 2
1 3 1 3
1 , 1
2 4 2 4
x x x x x x
   
− + = − + + + = + +
 ÷  ÷
   
nên phương trình xác định
với mọi
x∈¡
. Phương trình đã cho tương đương với
( ) ( )
2 2 2 2
1 1 2 1 1 4x x x x x x x x− + + + + + − + + + =
0,5
2 4 2 4 2 2
2 2 2 1 4 1 1x x x x x x⇔ + + + + = ⇔ + + = −
0,5
( )
2
2
4 2 2 4
4 2 2
1 0
1 1


. Vậy pt có nghiệm duy nhất
0.x =
0,5
2 2,0 điểm
Phương trình đã cho có hai nghiệm
1 2
,x x
thỏa mãn
1 2
4x x+ ≤
( )
( )
2
1 2
2
4 0
' 0
2 0
2 0
4
2 3
2 1 4
3
m
m m
m
m
x x
m

2
3
1 2 1 2
2 1 , 1x x m x x m m+ = − = − + +
suy ra
( ) ( ) ( )
3 3 2
3 2
1 2 1 2
8 8 1 8 8 1 16 40P x x x x m m m m m= + + = − − + + = − +
0,5
Bảng biến thiên 0,5
6
-24
16
-144
0
3
2
0
-2
P
m
Từ bảng biến thiên ta được:
max
16P =
khi
2m
=
,

− + =

 

0,25
Đặt
2
a x y
b xy

= −

=

. Hệ trở thành:
2
1
1
a ab b
a b
+ + =


+ =

(*) 0,25
Hệ
3 2 2
2 2
2 0 ( 2) 0

=

. 0,25
* Với
( ; ) (1; 0)a b =
ta có hệ
2
1
( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0)
0
x y
x y
xy

− =
⇔ = − −

=

. 0,25
* Với
( ; ) ( 2; 3)a b = − −
ta có hệ
2
3 2
3 3
2
1; 3
3
2 3 0 ( 1)( 3) 0

và
2
1
2
t
x
t
−
=
(1) 0,25
Từ giả thiết ta có
2
2012
1y y
t
+ + =
. Từ đây cũng suy ra
2 2
2012
2.2012.
t
y
t
−
=
(2) 0,25
Từ (1) và (2) suy ra
2 2 2
1 2012 2011 2012
2 2.2012. 2.2012

x y= =
.
0,25
7
4 1 1,0 điểm
K
P
N
M
D
O
H
C
A
B
Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành nên trung điểm K của
BC cũng là trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OH là đường trung bình nên
2OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH= ⇔ + = − ⇔ + + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,5
Ta có
2OB OC OK OM+ = =
uuur uuur uuur uuuur
và các đẳng thức tương tự ta được:
( )
2 2OM ON OP OA OB OC OH+ + = + + =
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
3 2OL OH⇒ =
uuur uuur
suy ra O, H, L thẳng hàng.

= = =
( )
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
4 4
4 2 . .sin
MDA MAB MBC MCD MDA
ABCD
DA MD MA AB BC CD DA
S S S S S
AB BC CD DA AB BC CD DA
S AC BD
α
+ − + + +
= =
+ + +
+ + + + + +
= =
0,5
3 1,0 điểm
I
K
P
N
M
C
B
A
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập
được phương trình này là:

2 2 2
2 3 0 2 3
1, 5
4, 5
3 29 0 3 4 0
x y y x
x y
x y
x y x x x
− + = = +
= =
 

⇔ ⇔
 

= − = −
+ + − = + − =

 
0,25
Suy ra
( ) ( )
1;5 , 4; 5A B − −
. Do
AC KN⊥
nên AC có vtpt là
( )
5
2;1

( )
4; 1C −
.
Vậy
( ) ( )
1;5 , 4; 5A B − −
,
( )
4; 1C −
.
0,5
ĐỀ SỐ 3:
SỞ GD-ĐT NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG – NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi: Toán 10
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số
2
3 2y x x= − +
có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b) Tìm m để phương trình:
2
3 2 2x x m− + = −
có đúng 2 nghiệm.
Câu 2. (6 điểm) Giải các phương trình, bất phương trình và hệ phương trình sau
a)
( ) ( )
2

Câu 3. (4 điểm) Tam giác ABC có các góc thỏa mãn hệ thức
cot cot cotB C A
α
+ =
. Độ dài
các cạnh BC, CA, AB tương ứng là a, b, c.
a) Với
1
2
α
=
chứng minh rằng
2 2 2
5b c a+ =
.
b) Tìm giá trị lớn nhất của góc A khi
( )
2 2 1
α
= −
.
Câu 4. (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
( ) ( ) ( )
1 1 1
1; 2 , 2;2 , 1;2A B C− − −
.
9
a) Tìm tọa độ điểm
M Ox∈
sao cho

4 4a
∆
− = −
; a = 1 > 0
Hàm số đồng biến trên
( )
3
2
;+∞
; nghịch biến trên
( )
3
2
;−∞
.
Bảng biến thiên

Đồ thị có TĐX là x = 3/2, Đồ thị cắt Ox tại điểm (1;0) và (2; 0), cắt Oy tại (0; 2).
Đồ thị (hình vẽ 1)
0.5
0.5
BBT
0.5
ĐT
0.5
1b)
2đ
Từ đồ thị trên suy ra đồ thị hàm số
2
3 2y x x= − +

≤ ≤
.
Đặt
4 8t x x= − + −
(t > 0),
( ) ( )
2
4 2 4 8t x x= + − −
Phương trình đã cho trở thành:
2 2
3
2 4 2 2
1 2 4 0
2 2
t t
t t
t t
− −
= + ⇔ = ⇔ − − =
( )
( )
2
2 2 2 0 2t t t t⇔ − + + = ⇔ =
Với t = 2,
( ) ( )
4 8 2 4 8 0 4x x x x x− + − = ⇔ − − = ⇔ =
hoặc x = 8.
0.5
0.5
0.5

− ≥



≥

(t/m điều kiện)
TH2:
2
2 5 7 0
1 7/2
2
2
2 0
x x
x
x
x
x

− − ≤
− ≤ ≤


⇔ ⇔ =
 
=
− ≤



 
+ = + =
 
 
( )
2 2
2 5 3
3 2
2 1
5
xy xy
x y x
xy y
x y
− =
+ = − = −
 

⇔ ⇔ ⇔
  
= = −
+ =
 


hoặc
1
2
x
y

a c b a b c
B C
S S
+ − + −
= =
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cot cot cot .
4 4
a c b a b c b c a
B C A
S S
α α
+ − + + − + −
+ = ⇔ =
( )
( )
2 2 2
2 a b c
α α
⇔ + = +
(*)
Với
1
,
2
α
=
ta có
( )
( )

2
2 2
2 2 2 1
.
a a a
b c a
A
bc bc bc
a
a
b c
a
α
α α
α
α
α
α
α
+
−
+ −
= = =
≥ = = = =
+
+
+
+ −
Suy ra,
0

2
2 2
11/3
6 22 5 2 2 5
36 264 484 50 2 5
x
x x x
x x x x
≥ −


⇔ + = + + ⇔

+ + = + +


2
11/3
13
9/7
14 164 234 0
x
x
x
x x
≥ −
=


⇔ ⇔

uuuur uuuur uuuur
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1
2; 2 ; 3; 4 ; 3;0B H x y B A B C= − − = − − = −
uuuur uuuur uuuur
. Ta có
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2
4 2 3 1 4 2
cos , cos ,
1 2 .4 1 2 .5
3 2 4 2 3 2
cos , cos ,
2 2 .5 2 2 .3
y x y
A H A C A H A B
x y x y
x y x

  
+ − = − − = − =
  
.
( )
0;1H
.
BC qua
( )
1
1; 2A − −
, nhận
( )
1
1;3A H =
uuuur
làm vecto pháp tuyến nên có phương trình
( ) ( )
1 3 2 0 3 7 0x y x y+ + + = ⇔ + + =
.
0.5
0.5
0.5
0.5
5)
BĐT
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
3 3
3 4 0 3 3 3 4 0x y xy x y z xyz z z xy z xyz⇔ + − + + + − ≥ ⇔ − + − − + − ≥

, với mọi
( )
2
3
0
4
z
t
−
≤ ≤
(*)
( )
f t
là hàm bậc nhất đối với t nên đạt được GTNN tại
0t =
hoặc
( )
2
3
4
z
t
−
=
+
( ) ( )
2
0 9 27 23 0 do 9 0; 99 0f z z a= − + > = > ∆ = − <
+
( )

SỐ BÁO DANH:…………… Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
13
Câu 1:(3.0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
2
2
2
10
1
2 12
x
x
y y
x x
y

+ + =




+ + =


b) Giải phương trình:
( )
2
cos2 cos4 6 2sin 3x x x
− = +
Câu 2:(2.5 điểm)


= + ≥


Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số
( )
n
u
?
Câu 3:(2.5 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và BC=2a,
AB=AD=DC=a (a>0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC
và BD. Biết SD vuông góc với AC.
a) Tính SD.
b) Mặt phẳng (
α
) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D) và song song với
hai đường thẳng SD và AC.
Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (
α
). Biết MD = x.
Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 4:(2.0 điểm) Cho phương trình:
4 3 2
0x ax bx cx d+ + + + =

a) Với
2013d
= −
, chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân

a) ĐK:
0y ≠
. Đặt
1
1;a x b
y
= + =
Ta có hệ phương trình trở thành

2 2
11
5 7 2 3
( )
6 18 3 2
13
a b ab
a b a b a a
VN
ab ab b b
a b
+ + =
+ = + = − = =

   
⇔ ∨ ⇔ ∨
    
= = = =
+ =
   


⇒ =

 ÷
=
 

1,5 điểm
0,25
0,75
0,25
0,25
b)
( )
2
cos2 cos4 6 2sin3x x x
− = +
2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
4sin sin 3 6 2sin3
4(1 sin sin 3 ) 2(1 sin3 ) 0
4 sin (1 sin 3 ) cos 2(1 sin3 ) 0
4(sin cos 3 cos ) 2(1 sin3 ) 0
sin3 1
sin3 1
sin cos 3 0 2 ( )

=

1,5 điểm
0,5
0,5
0,5
15
2
a)
(
)
(
)
4 2 6 4 2 2 6 23 3
lim 1 1 lim 1 ( 1 )n n n n n n n n
+ + − + = + + − − + −
Ta có:
(
)
2
2
4 2 2
4 2 2
2 4
1
1
1 1
lim 1 lim lim
2
1 1

+ − = =
+ + + +
Do đó
(
)
4 2 6
3
1
lim 1 1
2
n n n
+ + − + =
1,0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
b)
*
0,
n
u n N> ∀ ∈
1 1
1 1
1 1
2013 2013
n n n n
n n n n
n n
u u u u

−
−
− =
Suy ra:
1
1
1
1 2 1
1
1
1 1 1
2013

2013 2013 2013 2012
n
n
n
n
u u
−
−
 
−
 ÷
 
− = + + + =

1
1
1

+ + + +
 
< = + < < = +
(Cô si)
Mặt khác
2013
lim 1 1
n
 
+ =
 ÷
 
. Vậy
lim 1
n
u =
1,5 điểm
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
16
3

O
B
C
A
D

( ) ( )
2 2
NJ MK MN MK PQ MP+ + +
1
( ).
2
NJ MK NP= +
(do NJ=PQ).
Ta có:
. . 3
3
3
NP MD AC MD x a
NP x
a
AC OD OD
= ⇒ = = =

2 .
.
3
2( 3)
3
a
a x
NJ AN OM SDOM
NJ a x
a
SD AD OD OD
 

1 1 3 3
(3 2 3 )2 3 (3 2 3 ) 2 3
4
3 4 3
a x x a x x a
 
= − ≤ − + =
 
Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng
2
3 3
4
a
khi
3
4
x a=

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
17
4
a) d= -2013
Đặt

β
1.0 điểm
0,25
0,5
0,25
b) d=1: Gọi
0
x
là nghiệm của phương trình (
0
0x ≠
)

4 3 2 2
0 0 0 0 0 0
2
0 0
1 1
1 0x ax bx cx b x ax c
x x
−
+ + + + = ⇔ = − + − −
Ta có:
( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0
2 2 2
0 0 0 0
1 1 1 1

2
0
2 2 2
2
0
2
0
1
1
1
1
x
x
t
a b c
t
x
x
 
+
 ÷
 
+ + ≥ =
+
+ +
với
2
0
2
0

1x =
)

2 2
,
3 3
a c b= = = −
(ứng với
0
1x = −
)
1.0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
ĐỀ SỐ 6:
TRƯỜNG THPT KON TUM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
THI CHỌN HS GIỎI CẤP TRƯỜNG NH 2012-2013
Môn: TOÁN - Lớp 10
Ngày thi: 31/01/2013
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI
Bài 1. (4.0 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
2
2


Bài 2. (5.0 điểm)
Cho hàm số
2
2y x ax b= + +
(1)
1. Biết đồ thị (P) của hàm số (1) có trục đối xứng
2x =
và có đỉnh nằm trên trục Ox.
Hãy lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P).
2. Tìm trên (P) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ nhất.
Bài 3. (3.0 điểm)
Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên cạnh BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P sao cho:
3
a
BM
=
;
2
; (0 )
3
a
CN AP x x a
= = < <
. Tìm x theo a để AM ⊥ PN.
Bài 4. (2 điểm)
Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận
3
3 1x
= +

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Chú ý:
1.Trong đề toán này có nhiều bài mà phương pháp giải có nhiều lựa chọn, do đó
giáo viên chấm cần để ý kĩ cách giải của học sinh để xây dựng một đáp án phù hợp
cho cách giải khác.
2.Bài toán có nhiều ý độc lập nhau thì học sinh làm đúng bước nào thì cho điểm
bước đó, nếu ý sau liên quan tới ý trước mà ý trước sai thì không chấm tiếp các ý còn
lại.
Đáp án chấm chi tiết
Câu Nội dung Điểm
1.1
Giải phương trình:
( )
2
2
11 25
1
5
x
x
− =
+
(1)
2đ
Đặt
( )
5 0; 5t x t t= + ≠ ≠ −
khi đó phương trình trở thành

( )

Đặt
( )
25
10, 10 (*)a t a a
t
= + ≥ ≠ −

ta thu được phương trình
2
10 11 0 11(do(*))a a a
− − = ⇔ =
0.5đ
Với
11a
=
ta có
2
25 11 21
11 11 25 0
2
t t t t
t
±
+ = ⇔ − + = ⇔ =

khi đó phương trình đã cho có nghiệm là:
1 21
2
x
±

( ) ( )
( )
( )
2
2
6
( )
4
1 3
x y x y
I
x y
x y

− + =

⇔

+ − − =

−

Đặt
( )
0
a x y
b
b x y
= −


b

=
=


 
⇔ ⇔
 
− − =
 
− − =



0.5đ
Từ (2) ta có phương trình:
( )
2
2 2
3
9 1 27 8 18 18 0
3
4
a
a a a a
a
=





=



nghiệm hệ là
( )
5 1
; ;
2 2
x y
 
=
 ÷
 
0.5d
*Với
3
4
a = −
ta có
8b = −
suy ra
35
3
8
4
29
8

 ÷
 
0.5đ
2.1
Cho hàm số
2
2y x ax b= + +
(1). Biết đồ thị (P) của hàm số (1) có trục đối
xứng x= 2 và có đỉnh nằm trên trục Ox. Hãy lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị
(P).
2đ
Vì (P) có trục đối xứng x = 2 nên
2 2a a
− = ⇔ = −
mà đỉnh của (P) nằm trên Ox
do đó
2
0 2 4.2 4b b= − + ⇔ =
hàm số trở thành
2
4 4y x x= − +
0.5
Bảng biến thiên
x
−∞
2 +
∞
y +
∞
0

Vậy với
( )
2
( ,Ox) ( ,Oy) 2S d M d M a a= + = + −

1đ
Nếu a < 0 thì S > 4.
Nếu a > 2 thì S >2
0.5đ
Nếu
0 2a≤ ≤
thì
( )
2
2
3 7 7
2
2 4 4
S a a a
 
= + − = − + ≥
 ÷
 
0.5đ
Từ các kết quả trên ta có S nhỏ nhất là
7
4
xảy ra khi
3
2

AP x x AN
AP AB AN AC
AB a a AC
= ⇒ = = ⇒ =
uuur uuur uuur uuur

vậy
1
3
x
PN AN AP AC AB
a
= − = −
uuur uuur uuur uuur uuur
0.75
suy ra
1
3 3
3
x
PN AC AB aPN aAC xAB
a
= − ⇔ = −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Hơn nữa:
2 1
AM 3AM 2
3 3
AB AC AB AC
= + ⇔ = +

3 2
( ) 3 3 4P x x x x= − + −
là một đa thức thỏa ycbt
Ta chứng minh n = 3 là bậc nhỏ nhất cần tìm. Thật vậy vì không có đa thức bậc
nhất với hệ số nguyên nhận
3
3 1x = +

làm nghiệm, giả sử tồn tại đa thức bậc hai
với hệ số nguyên nhận
3
3 1x = +

làm nghiệm là
2
ax bx c+ +
khi đó tồn tại đa
thức với hệ số nguyên mx + n sao cho

( )
( )
2
( )P x mx n ax bx c= + + +
bằng cách
đồng nhất hệ số ta thấy không tồn tại m, n, a, b, c nguyên.
Vậy
( )
3 2
( ) 3 3 4 ( , 0)Q x k x x x k k= − + − ∈ ≠¢
là đa thức cần tìm.

1,5đ
Suy ra:
( )
3 3
3
4z x y z x y
+ + ≥ + +
. 0,5đ
Vậy
( )
3 3
3
2013 2013
4
x y x y
x y z
z x y
+ + + +
≤
+ +
+ +
0,5đ
6
Cho tam giác
ABC

không cân tại C, kẻ các đường phân giác trong
( )
, ,AD BE D BC E AC∈ ∈
biết rằng



+ =

0.5đ
TH1: Nếu
·
·
ADB AEB=
thì A,E,B,D cùng nằm trên một đường tròn do đó
· ·
EAD EBD=
tức là
µ µ
A B=
, điều này trái với giải thiết bài toán
0.5đ
TH2: Nếu
·
·
180
o
ADB AEB+ =
thì
·
·
180
o
ECD EOD+ =
do đó

TRƯỜNG THPT CON
CUÔNG
ĐỀ THI VÀO LỚP CHỌN KHỐI 10
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2,5 điểm). Cho biểu thức
1 1
4
2 2
x
A
x
x x
= + −
−
− +
1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức
A
2. Tìm giá trị x để
3
5
A
x
=
Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình
2 2
2 4( 1) 2 3 0 (1)x m x m m
− + + + − =
, m là


− = −


− =


Câu 4 (3,5 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có BC = a, AB = 3BC. Gọi M
là điểm đối xứng của B qua C, đường thẳng đi qua B vuông góc với DM tại
N cắt CD tại I.
1. Chứng minh tứ giác CMNI nội tiếp đường tròn
2. Chứng minh tam giác ANC vuông tại N
3. Tính độ dài đoạn thẳng BN theo a
Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn
2 2 2
0a b c+ + >
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
2
2 2
a b c
a b c
+ +
≤
+ +
Hết
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì
thêm.
Họ và tên:

−=−
2
11
12
32
2
32
2
yyx
yx
yyx
yxy
Lấy (1) thế (2) được:
24

( )
( )
0*
0*
301565
01
2
2
34
3
4
≠
⇒=
=+−+−⇔
=−−−









+
t
y
yt
y
yđăt
y
y
y
y
Phương trình trên trở thành:



=
=
⇒
=++⇔
=++−
4
1
045




++
++
≤
++
++
⇒
>++
++
=
++
≥++≥++=++
cba
ba
đpcm
cba
cba
cba
cba
cbavi
cbacba
cbacbacba
""
2
2
22
0
2