ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015

MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I:
1) Giả sử a,b là hai số thực phân biệt thỏa mãn a 2 + 3a = b 2 + 3b = 2
a) Chứng minh rằng a + b = −3
b) Chứng minh rằng a 3 + b3 = −45
 2 x + 3 y = 5 xy

2) Giải hệ phương trình 

2
2
2
 4 x + y = 5 xy

Câu II
1) Tìm các số nguyên x, y không nhỏ hơn 2 sao cho xy − 1 chia hết cho ( x − 1) ( y − 1)
2) Với x, y là những số thực thỏa mãn đẳng thức x 2 y 2 + 2 y + 1 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của biểu thức
P=

xy
3y +1

Câu III

TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015

MÔN THI: TOÁN (vòng II)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I
1)Với a, b, c là các số thực thỏa mãn:
(3a + 3b + 3c )3 = 24 + (3a + b − c)3 + (3b + c − a)3 + (3c + a − b)3
Chứng minh rằng : ( a + 2b ) ( b + 2c ) ( c + 2a ) = 1
2 x + 2 y + xy = 5
3
3
2
 27( x + y ) + y + 7 = 26 x + 27 x + 9 x


2) Giải hệ phương trình: 

Câu II
1)Tìm số tự nhiên n để n + 5 và n + 30 đều là số chính phương (số chính phương là bình
phương của một số nguyên)
2)Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: 1 + x + y + 3 = x + y
3)Giả sử x, y, z là các số thực lớn hơn 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

x
y
z
+
+

2) Giải hệ phương trình 

2
2
2
 4 x + y = 5 xy

Hướng dẫn
 a + 3a = 2
2
b + 3b = 2
2

a) 

⇔ a 2 − b2 + 3 ( a − b ) = 0

⇔ ( a − b) ( a + b) + 3( a − b) = 0
⇔ ( a − b ) ( a + b + 3) = 0
 a − b = 0 ( loai )
⇔
 a + b = −3
3
( a + b ) = −27
⇔ a 3 + b3 + 3ab ( a + b ) = −27
⇔ a 3 + b3 − 9ab = −27
a 2 + 3a + b 2 + 3b = 4
⇔ ( a + b ) − 2ab + 3 ( a + b ) = 4
2


x
+
y
=
5
xy
2
x
−
xy
−
y
=
0
(
)
(
)




 2 x + 3 y = 5 xy
⇔ x = y =1

x
−
y
=
0

1) ( x − 1) ( y − 1)

xy
3y +1

Hướng dẫn


Ta cú xy – 1 M( x − 1) ( y − 1) suy ra xy - 1 Mxy +1- x –y
Mà xy +1- x –y Mxy +1- x –y
Suy ra : (x-1) + (y -1) M( x − 1) ( y − 1) suy ra x-1 My -1 và y-1 Mx -1
Suy ra x= y
x2 – 1 M(x -1)2 ta có x+1 M
x-1 suy ra 2 M
x- 1 suy ra x= 2 hoặc x= 3
xy − 1
( x − 1)( y − 1) + x + y − 2
1
1
=
= 1+
+
( x − 1)( y − 1)
( x − 1)( y − 1)
x −1 y −1
1
1
≤ 1;0

1
1
1
≥ P2 ⇔ −
≤P≤
3
3
3
−1
− 3
−2
1
3
2
⇔x=
;y =
⇔x=
;y =
Vậy: Min( P) =
; Max( P) =
2
3
2
3
3
3

Phương trình có nghiệm khi ∆ ≥ 0 suy ra 4 – 12p2 ≥ 0

Suy ra

·
mà ·APM = 180° − ·AEM = BED
⇒ ·APM = DEF
·
Tương tự : DFE
= ·APN
·
·
·
⇒ ·APN + ·APM = DFE
+ FED
= MPN
·
·
·
·
·
mà MJN
= MDN
= EDF
⇒ MJN
+ MPN
= 180° ⇒ MPNJ nội tiếp
·
·
·
·
·
c) Ta có : ·APM = DEF
và JPM

)
viết vào ô
. (Xem hình 1.)
Hình 1
Khi đó số 2015 được viết vào ô ( m, n.) . Hãy xác định
m và n.


2) Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ac + abc ≤ 4. Chứng minh rằng
a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c ≥ 2 ( ab + bc + ac )

Hướng dẫn
Theo đề bài, các số nguyên dương được sắp xếp theo từng hàng chéo của bảng: Hàng chéo thứ nhất
có 1 số, hàng chéo thứ hai có 2 số, ...
Giả sử số x nằm ở hàng chéo thứ k thì ta có:
 −1 + 1 + 8 x 
k (k − 1)
k ( k + 1)
−1 + 1 + 8 x
1 + 1 + 8x

3
3
Áp dụng BĐT Schur bậc 3: x + y + z + 3xyz ≥ xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + xz ( x + z )

⇔ x ( x − y ) ( x − z ) + y ( y − x ) ( y − z ) + z ( z − x ) ( z − y ) ≥ 0 với mọi số thực khụng õm x, y , z

Chứng minh BĐT :
Do vai trò x, y, z như nhau , giả sử x ≥ y ≥ z
⇒ z ( z − x) ( z − y) ≥ 0

2
2
Ta xột : x ( x − z ) − y ( y − z ) = x − xz + yz − y = ( x − y ) ( x + y − z ) ≥ 0

⇒ x ( x − z) ( x − y) − y ( y − z) ( x − y) ≥ 0 ⇔ x ( x − z) ( x − y) + y ( y − z) ( y − x) ≥ 0
⇒ x ( x − y) ( x − z ) + y ( y − x) ( y − z ) + z ( z − x) ( z − y ) ≥ 0
⇒ dpcm

Ta có : x3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥ xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + xz ( x + z ) ≥ 2 x 3 y 3 + 2 z 3 x 3 + 2 z 3 y 3
x = y = z

⇒ a = b = c =1
Dấu = xảy ra khi 
 x = y, z = 0

HƯỚNG DẪN THI VÀO CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2015-2016
MÔN THI:TOÁN(VÒNG II)
Câu I.(3 điểm)
1)Với a, b, c là các số thực thỏa mãn:
(3a + 3b + 3c )3 = 24 + (3a + b − c)3 + (3b + c − a)3 + (3c + a − b)3

3
2
 27( x + y ) + y + 7 = 26 x + 27 x + 9 x
( x + 2)( y + 2) = 9

⇔
3
3
2
27( x + y ) + y + 7 = 26 x + 27 x + 9 x
⇔ y 3 + x3 + 7 + 3( x + y )( x + 2)( y + 2) = 27 x 3 + 27 x 2 + 9 x
⇔ y 3 + x3 + 8 + 3 xy ( x + y ) + 12( x + y ) + 6( x + y ) 2 = (3x + 1)3
⇔ ( x + y + 2)3 = (3 x + 1)3 ⇒ x + y + 2 = 3 x + 1
⇔ y +1 = 2x
x =1⇒ y = 1
⇒ ( x + 2 ) ( 2 x + 1) = 9 ⇒ 
 x = −3,5 ⇒ y = −8
Vậy ( x, y ) ∈ { ( 1,1) ; ( −3,5, −8 ) }

Cách khác: từ PT(2) ta có: ( x + y + 2) 3 = (3 x + 1) 3 ⇔ 2 x − y = 1
x = 1
 x = −3,5

2
Thay vào PT(1) ta được (x+2)(2x+1)=9 ⇔ 2 x + 5 y − 7 = 0 ⇔ ( x − 1)(2 x + 7) = 0 ⇔ 

Câu II.(3 điểm)
1)Tìm số tự nhiên n để n + 5 và n + 30 đều là số chính phương (số chính phương là bình phương của
một số nguyên)
2)Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: 1 + x + y + 3 = x + y

Thay vào ta tính được n = 139 thoả mãn
2) Ta thấy : 1 + x + y + 3 = x + y và x, y ∈ ¥ ⇒ x, y là các số chính phương
⇒ x + y + 3, x , y ∈ ¥

Đặt

x = a, y = b, x + y + 3 = c ( a, b, c ∈ ¥ )

a + b = c + 1
a + b = c + 1

⇒  x + y = a 2 + b2 ⇒  2
2
2
c − a − b = 3
 x + y + 3 = c2

⇒ ( a + b − 1) − a 2 − b 2 = 3
2

⇔ 2a + 2b − 2ab = −3
⇔ ( a − 1) ( b − 1) = 2
 a = 2  x = 4
⇒

b
=
3

y = 9

4z
+
+
y + z −4+ 4 x+ z −4+4 x+ y−4+ 4

 x
y
z 
= 4
+
+
÷≥ 6
 y+z x+z x+ y
Dấu = xảy ra khi x = y = z = 4
Min(P)=4 ⇔ x = y = 4

Câu III.(3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn không cân với AB < AC. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC.Gọi H là
hình chiếu vuông góc của B trên đoạn AM.Trên tia đối của tia AM lấy điểm N sao cho AN = 2 MH
1) Chứng minh rằng BN = AC
2) Gọi Q là điểm đối xứng với A qua N .Đường thẳng AC cắt BQ tại D .Chứng minh rằng bốn điểm
B, D, N , C cùng thuộc một đường tròn,gọi đường tròn này là ( O )

3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD cắt ( O ) tại G khác D .Chứng minh rằng NG song song với

BC

Hướng dẫn



GA GQ
=
⇒
=
AC QB
NB NC
Mà ∠BNC = ∠BDC = ∠AGQ ⇒ Tam giác NBC đồng dạng với tam giác GAQ
⇒ ∠GQA = ∠NCB → ∠NCB = ∠GDC ⇒ GC = NB ⇒ NG//BC
⇒

Câu IV.(1 điểm)


Ký hiệu S là tập hợp gồm 2015 điểm phân biệt trên một mặt phẳng.Giả sử tất cả các điểm của S
không cùng nằm trên một đường thẳng.Chứng minh rằng có ít nhất 2015 đường thẳng phân biệt mà
mỗi đường thẳng đi qua ít nhất hai điểm của S
Hướng dẫn
Giả sử tròn mặt phẳng có n điểm thẳng hang thì tồn tại một đường thẳng . Theo bài ra các điểm đó
cho không cùng nằm trên một đường thẳng nên tồn tại ít nhất một điểm không cùng nằm trên đường
thẳng đó nối điểm đó với n- 1 điểm đó cho ta được n-1 đường thẳng với đường thẳng đi qua n-1
điểm ta được n đường thẳng. Thay n = 2015 thì tồn tại ít nhất 2015 đường thẳng
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
HƯỚNG DẪN THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi :TOÁN
( Dùng cho mọi thí sinh vào trường chuyên )
2

 a b  1 1 
 + + 1÷ − ÷
b a  a b 

4
3
3
a b a b
a + b − a b − ab
a + b − a b − ab
ab
+ 2 − + ÷
2
2 2
2 2
b
a b a
ab
ab
2

2) Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
1 = 4a + b + ab ≥ 5 ab
1
⇒
≥ 25
ab

Min(P)=25 khi b = 4a và 1 = 25ab suy ra 1 = 100a2 suy ra a =

1
2
;b = ;
10

−
4
y
=
−
12
−
5
y
=
−
19




5
⇔
⇔
⇔

2 x + y = 7
2 x + y = 7
2 x + y = 7
 2 x + 19 = 7

5
19

y

⇔ 2
⇔


m + 1 + 4m
2
2
( m + 1) y = m + 1 + 4m
y =
 y = m + 1 + 4m
2
m +1


m2 + 1

Vì m2 +1 khác 0 phương trình có nghiệm duy nhất với mọi m

3m 2 − 3m + 2
x
=
 0
m2 + 1
3) Thay 
2
 y = m + 1 + 4m
 0
m2 + 1

Ta có

3m 2 − 3m + 2 3m + 3 + 12m 2
+
+
+ 15 = 0
m2 + 1
m2 + 1

Cách khác

x02 + y02 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0

⇔ x02 − 5 x0 + 6 + y02 − 5 y0 + 4 = 0

⇔ ( x0 − 3) ( x0 − 2 ) + ( y0 − 1) ( y0 − 4 ) = 0

3m 2 − 3m + 2
x
=
 0
m2 + 1
2
2
Thay 
ta đươc . x0 + y0 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0
2
 y = m + 1 + 4m
 0
m2 + 1

Câu 3 ( 1.5điểm )


2

− ( a + b ) ( a3 + b3 )

= 2a 2b 2 − ab3 − a 3b = − ab ( a − b )

2

Nếu a và b khác dấu thì phương trình có nghiệm với mọi m
Nếu a và b cùng dấu thì phương trình vô nghiệm
Phương trình có nghiệm duy nhất khi a và b khác dấu và ∆ = 0 suy ra a = b .
Câu 4. ( 3điểm ) Cho tam giác ABC có các góc ABC và góc ACB nhọn góc BAC = 600 . Các đường
phân giác trong BB1, CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I.
1> Chứng minh tứ giác AB1IC1 nội tiếp .
2. Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC 1I .
Chứng minh tứ giác CKIB1 nội tiếp
2 Chứng minh AK ⊥ B1C1

Hướng dẫn

· IC = BIC
·
· IC + BAC
·
= 120 ⇒ B
= 120o + 60o = 1800 . Mà hai góc này đối nhau
1. Ta có B
1
1

o
o
0
·
· K = 180o − BKC
·
·
·
·
= BC
Xét tam giác BC1K: BIK
1
1 − ABC = 180 − 60 − ABC = 120 − ABC

·
·
⇒ Tứ giác CKIB1 nội tiếp (đpcm).
Suy ra KCB
1 = BIK
o
·
·
·
·
⇒ KAC
3. Vì BIC
1 = BAC = 60 ⇒ Tứ giác ACKC1 nội tiếp
1 = KCC1 (cùng chắn cung KC1)

·

1 
1
 2
 a + b + ÷ b + a + ÷ =  a + + b + ÷ b + + a + ÷ ≥  a + b + ÷
4 
4 
4
2 
4
2 
2

2

1 
1 
1

 a + b + ÷ ≤  2a + ÷ 2b + ÷
2 
2 
2

1
Dấu bằng xảy ra khi a= b =
2

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN

+

2+ x
1+ y


Câu III
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O)và điểm P nằm trong tam giác thỏa mãn
PB=PC.D là điểm thuộc cạnh BC ( D khác B và D khác C) sao cho P nằm trong đường
tròn ngoại tiếp tam giác DAB và đường tròn ngoại tiếp tam giác DAC .Đường thẳng
PB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB tại E khác B. Đường thẳng PC cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác DAC tại F khác C.
1) Chứng minh bốn điểm A,E,P, F cùng nằm trên một đường tròn .
2).Giả sử đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại Q khác A,đường thẳng AF cắt đường
thẳng QC tại L .Chứng minh tam giác ABE đồng dạng với tam giác CLF.
3) Gọi K là giao điểm của đường thẳng AE và đường thẳng QB chứng minh
∠QKL + ∠PAB = ∠QLK + ∠PAC

Câu IV .
Cho tập hợp A gồm 31 phần tử và dãy gồm m tập con của A thỏa mãn đồng thời các
điều kiện
i)Mỗi tập thuộc dãy có ít nhất 2 phần tử
ii) Nếu hai tập thuộc dãy có chung ít nhất 2 phần tử thì số phần tử của hai tập
này khác nhau.
Chứng minh rằng m ≤ 900
------------------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2014

=
2
2
2
( x + y )( y + z ) ( x + z )
1+ x
1+ y
1+ z

2) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x 2 y 2 ( x + y ) + x + y = 3 + xy.
Câu III
Cho tam giác nhọn ABC với AB
Xét y=0 ta có hệ  2
hệ vô nghiệm
 x = 4
Vậy x; y khác 0 đặt x = ty; t ≠ 0
t 2 y 2 − ty 2 + y 2 = 1
 y 2 (t 2 − t + 1) = 1
⇔ 2 2
(*)
Ta có hệ  2 2
t y + ty 2 + 2 y 2 = 4
 y (t + t + 2) = 4


Vì mỗi vế hệ (*) khác 0 ta chia 2 vế hệ (*) cho nhau ta được
t − t +1 1
= ⇔ 4t 2 − 4t + 4 = t 2 + t + 2 ⇔ 3t 2 − 5t + 2 = 0
t2 + t + 2 4
t = 1
⇔ ( t − 1)( 3t − 2 ) = 0 ⇔  2
t =
 3
2

Với t=1 thay vào hệ (*) ta có 2 nghiệm ( x; y ) ∈ { (1;1); (−1;−1)}
Với t=

 2 7 7   2 7
7 
2
;  −

1+ x
1+ y
1+ z

Hướng dẫn
1
1
1
+ +
=1
xy xz yz
x
1
1
xyz
=
=
=
2
1 

 1
1
1
1  ( x + y )( x + z ) (1) tương tự
Nên 1 + x
x1 + 2  x + +
+ 2 
x 


b+3
nếu b=3 vô
b2 + 1

b+3
b2 − 9
10
⇔
a
(
b
−
3
)
=
= 1− 2
suy ra b 2 + 1 ∈ Ư(10)
2
2
b +1
b +1
b +1
b ∈ { 2;1} suy ra ( b; a ) = (1;2 ); ( 2;1) giải ra ( x; y ) = (1;1)

nghiệm Với b ≠ 3 a =
Câu III


A
E

=
(2)
CE GE

Áp dụng tính chất đường phân giác
Từ (1) (2) (3)

BD AB
=
(3)
DC AC

BG BD
=
Áp dụng định lí ta lét đảo suy ra GD// CE
GE DC

vậy AD, BE,CF đồng quy.
c) Ta có góc QBG = góc GEC (so le trong)
góc QGB =AEG (đồng vị ) suy ra ∠ BGQ = ∠ ECA + ∠ EAC = ∠ FAG
suy ra tứ giác AFQG nội tiếp
Vì tứ giác CGPE nội tiếp nên ∠ PEC = ∠ PGF
Mà ∠ PEC = ∠ PQF (đồng vị )
Suy ra ∠ FQG = ∠ FGP . Suy ra tứ giác FQGP nội tiếp .
Vậy 5 điểm A,F,Q,G,P nội tiếp.
Câu IV
Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng:
2abc(a + b + c) ≤

5


1
ab + bc + ca
ab + bc + ca
= a 4b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2 +
≥ abc(a b 2 + bc 2 + ca 2 ) +
=A
9
9
9

1
1
1
1  
1  
1 

A = abc a 2 b + b 2 c + c 2 a +
+
+  = abc  ab 2 +  +  bc 2 +  +  ca 2 + 
9a 9b 9c 
9a  
9b  
9c 



a 4b 2 + b 4c 2 + c 4 a 2 +



Suy ra 2( xy+yz+xz) ≤

5
+ a 4b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2
9

Áp dụng BĐT Côsi
a 4b 2 + b 4 c 2 ≥ 2a 2b 2bc = 2 x 2 y

b 4 c 2 + c 4 a 2 ≥ 2b 2 c 2 ac = 2 y 2 z
c 4 a 2 + a 4 b 2 ≥ 2a 2 c 2 ba = 2 z 2 x
5
⇒ 2( xy+yz+xz) ≤
+ ( x 2 y + y 2 z + z 2 x)
9

Áp dụng bất đẳng thức Côsi
1
2
y ≥ yx
9
3
1
2
y 2 z + z ≥ yz
9
3
1
2

9
9 9 3

1
3


ca ca
ca ca 4
+
≥ 4 4 c 4 a 2 .b 4c 2 . . = c 2 ab
9 9
9 9 3
bc bc
bc bc 4
b 4c 2 + a 4b 2 + + ≥ 4 4 b 4c 2 .a 4b 2 . . = b 2ca
9 9
9 9 3
c 4 a 2 + b 4c 2 +

Cộng 3 BĐT trên theo vế ta được:

(

)

(

)



)

)

BĐT đã cho được CM nếu CM được:
8
8
abc ( a + b + c ) ≤ ( 2 )
3
9
2
Thật vậy: ( 2 ) ⇔ 3abc ( a + b + c ) ≤ 1 ⇔ 3abc ( a + b + c ) ≤ ( ab + bc + ca ) do ab + bc + ca = 1 .

⇔ 0 ≤ ( ab − bc ) + ( bc − ca ) + ( ca − ab ) . BĐT này hiển nhiên đúng.
2

2

2

Từ đó suy ra đpcm.

HƯỚNG DẪN KHTN vòng 2 -2104
Câu I
1)Giả sử x; y là những số thực dương phân biệt thỏa mãn
y
2y2
4y4
8y8


(

)

)(

)

(

y
2y x − y + 4y
y
2y
y( x − y) + 2 y
+ 2
=
+ 2
=
2
2
2
2
x+ y
x+ y x − y
( x + y )( x − y )
x +y x −y
y
⇔4=


6 x + x 2 y = 12 + 6 y + y 2 x(2)
6 x − 6 y + x 2 y − y 2 x = 12
( x − y )( 6 + xy ) = 12

)


Với x-y=0 ta có x=y thay vào PT (1) Vô nghiệm
x = 3
y = 2

Vậy 2 x + 3 y = 6 + xy ⇔ 2 x − 6 + 3 y − xy = 0 ⇔ ( x − 3)( 2 − y ) = 0 ⇔ 
Với x=3 thay vào PT(1) ta có
18 − 3 y 2 + 3 y = 12 ⇔ 3 y 2 − 3 y − 6 = 0 ⇔ ( y − 2 )( y + 1) = 0
y = 2
 y = −1


Với y=2 thay vào PT(1) ta có
2 x 2 − 12 + 2 x = 12 ⇔ x 2 + x − 12 = 0 ⇔ ( x + 4)( x − 3) = 0
 x = −4
⇔
x = 3

Hệ có 4 nghiệm ( x; y ) ∈ { ( 3;2); ( 3;−1); ( − 4;2) ; ( 3;2)}
Câu II
1) Cho x; y là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y là số chính
phương .Chứng minh rằng x=y.
2) Giả sử x; y là những số thực không âm thỏa mãn x 3 + y 3 + xy = x 2 + y 2


3)

Đặt x+y=a;xy=b ta có

2

(

)

a 3 − 3ab + 3b − a 2 = 0 ⇔ a 2 ( a − 1) − 3b( a − 1) = 0 ⇔ ( a − 1) a 2 − 3b = 0

x + y = 1
a = 1
⇒
 2
2
a = 3b
( x + y ) = 3 xy
Vì ( x + y ) 2 ≥ 4 xy; v ∀x; y ≠ 0 suy ra x=y=0 hoặc x+y=1
5
Với x=y=0 thì P =
2
0 ≤ x ≤ 1
Nếu x hoặc y khác 0 ta có x + y = 1 ⇒ 
0 ≤ y ≤ 1
y = 0
y = 1
4

suy ra KE. AF = LF . AE ⇔

Câu IV Cho tập hợp A gồm 31 phần tử và dãy gồm m tập con của A thỏa mãn đồng
thời các điều kiện
i)Mỗi tập thuộc dãy có ít nhất 2 phần tử
ii) Nếu hai tập thuộc dãy có chung ít nhất 2 phần tử thì số phần tử của hai tập
này khác nhau.
Chứng minh rằng m ≤ 900
Hướng dẫn
Theo GT m tập con thuộc dãy là phân biệt vì A có 31 phần tử nên số tập con có đúng
31.30
gọi a k là tập con có đúng k phần tử ( 2 ≤ k ≤ 31) nằm trong dãy đã
2
cho suy ra m = a 2 + a3 + .....a31 Xét tập con có có k phần tử thì số tập con có 2 phần tử

2 phần tử là


của k là

k (k − 1)
k (k − 1)
suy ra a k tập này có a k .
tập con 2 phần tử .Theo GT 2 phần tử
2
2

bất kì của A không thể đồng thơì hai tập hợp cùng có k phần tử của dãy từ đó
ak .


TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2013

MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I
1) Giải phương trình 3x + 1 + 2 − x = 1
1 1 9

x + y + x + y = 2

2) Giải hệ phương trình 
 1 + 3  x + 1  = xy + 1
 4 2 
y 
xy

Câu II
1) Giả sử a; b; c là các số thực khác 0 thỏa mãn (a+b)(b+c)(c+a)=8abc
Chứng minh rằng
a
b
c
3
ab
bc
ca
+
+
= +
+

Hướng dẫn
−1



1)ĐKXĐ x ∈  ;2
3 
3x + 1 + 2 − x = 1 ⇔ 3 x + 1 = 1 − 2 − x ⇒ 3 x + 1 = 1 − 2 2 − x + 2 − x ⇔ 4 x − 2 = 2 2 − x
1
1
1
−1
−1
−1
−1
 ≤x≤
 ≤x≤
 ≤x≤
⇔ 2 − x = 1 − 2x ⇔  3
⇔ 3
⇔3
⇔x=
2
2
2
4
2 − x = 4 x 2 − 4 x + 1
4 x 2 − 3 x − 1 = 0
( x − 1)(4 x + 1) = 0



1
3
a
 +
6a − 4ab = −9
27 − 6b − 18b + 4b 2 = −9

 4 2 = ab − 2
9
9


3

a = − b
a = − b
a =
⇔
⇔
⇔
2
2
2
2
2
b − 6b + 9 = 0
(b − 3) = 0
b = 3


y
=
1
y
=
 x =
y + = 3
y = 3 − =


x
x

2



x
x
x

 y = 1


1 
 2 



Hệ có 2 nghiệm x; y ) ∈ (1;2) ;  ;1

+
−
=
a + b ( a + b )( b + c ) b + c ( b + c )( c + a ) a + c ( c + a )( a + b ) 4

ta có
a
ab
b
bc
c
ca
−
+
−
+
−
a + b ( a + b )( b + c ) b + c ( b + c )( c + a ) a + c ( c + a )( a + b )
ac
ab
bc
ac (a + c) + ab(a + b) + bc(b + c)
A=
+
+
=
( a + b )( b + c ) ( b + c )( c + a ) ( c + a )( a + b )
(a + b)(b + c )(a + c )
A=



∆BCF ( g .g )

·
·
(chắn cung AB )
BDM
= BCF
·
·
·
·
vì AFMB là tứ giác nội tiếp
BFA
= BMA
⇒ BFC
= BMD
b) Gọi I là giao điểm ED với BC ⇒ I trung điểm BC
Ta có : ∆BDM

∆BCF ⇒

BD DM
BD AD
=
⇒
=
(1)
BC CF
IC CF

+
≥
(
1
);
d
+
+
≥ 2 (2);
k3 k3
k2
k3 k3
k
Ta có
3
3
3
3
3
c
a
3acd
a
c
b
3abc
d 3 + 3 + 3 ≥ 2 (3), 3 + 3 + 3 ≥ 3 (4)
k
k
k