Đề 1
Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian giao đề)
Nội dung đề thi
Câu 1/(2,5 điểm)
a = 3 3+ 9+

125 3
125
− −3 + 9 +
27
27

a/(1,0 điểm) Số
b/(1,5 điểm) Giải phương trình

( x − 4 ) ( x − 5) ( x − 8) ( x − 10 ) = 72 x 2

là số hữu tỷ hay vô tỷ?

(1)

Câu 2/(1,5 điểm)
Tìm các số nguyên không âm x,y,z,t thỏa mãn
 x 2 + 2 y 2 + 3z 2 + 4t 2 = 36
 2
x
y2 t 2
+
− =1

6 3

Chữ kí của giám thị 1……………………… Chữ kí của giám thị 2…………………
1


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu
Câu 1
(2,5
điểm)

ý
a(1,0
điểm)

Nội dung

a3 = 6 − 5 3 3 + 9 +

125
125
+ 5 3 −3 + 9 +
27
27

⇔ a 3 + 5a − 6 = 0

⇔ ( a − 1) ( a 2 + a + 6 ) = 0

Điểm
0,25

27 40
+
2
x

0,25
0,25

0,25

Đặt

0,25

( 3) :  t −

0,25

1  1 
÷ t + ÷ = 72
 2  2 
17
⇔t=±
2
t=

x = 2
17
⇒
2

⇒ 3 x 2 + 3 y 2 + 3 z 2 + 2t 2 = 42
⇒ 3( x 2 + y 2 + z 2 + t 2 ) = 42 + t 2 ≥ 42
⇒ Pmin = 14 ⇔ t = 0
 x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = 36
 2
2
 2 x + y = 6
⇒ 3 z 2 − 3 x 2 = 24 ⇔ ( z − x ) ( z + x ) = 8 ( 1)
+/khi t=0 ta có
Do x,z nguyên không âm

2

0,25

0,25
0,25


⇒ z + x > z − x và ( z − x ) + ( z + x ) = 2 z
chẵn (2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra z+x và z-x cùng chẵn

z + x = 4
z = 3
⇔
⇒ y=2

0,25

0,25
0,5

(2)

Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
TH1: pt(2) có nghiệm kép khác -1

3

∆ = 0
3
k =
⇒
⇔
(3)
4⇔k=
4
 g (−1) ≠ 0
k ≠ 3

0,5

TH2:pt (2) có 2 nghiệm phân biệt,trong đó có 1 nghiệm =-1

3

∆ > 0

DAC
= ABC
+ ·ACB = 500
·
·
·
·
⇒ DAE
= DAC
+ CAE
= 700 = DEA
(2)

0,25
0,25
0,25

⇒∆
từ (1,2)
b(1,0
điểm)

DAE cân tại D

Trên nửa mp bờ BC không chứa điểm A,kẻ tia CF cắt tia DE kéo dài tại F sao cho

·
BCF
= 400


BAE
= CE
− EF
AE = EC
·AEB = ECF
·
= 400 (vì ·AEB = 1800 − 1100 − 300 = 400 )

0,25
0,25

⇒ ∆ABE = ∆EFC ( g .c.g )
⇒ BE = CF (4)
⇒
Từ 3,4
Câu 5
(2,5
điểm

a/(1,0
điểm)

BE=AC

·
·
+ / ·AMN = MAH
= ·ACO = NAO

0,25

·ANM + MNC
·
·
= 1800 ⇒ ·ABC + MNC
= 1800

Mà

⇒
Tứ giác BMNC nội tiếp

Vì EI là đường trung bình

∆

0,25
0,25

⇒
AHK

EI//AK

OA ⊥ MN ⇒ EI ⊥ MN ⇒

Ta lại có

EI là đường trung trực của MN

⇒ OE ⊥ BC

⇔

BMN lớn nhất

AH lớn nhất (vì BE2=OB2+OE2=OB2+

≡

OA ⊥ BC

H O.Khi đó

0,25
AH2,OB cố định)

và A là điểm chính giữa của cung BC

………………Hết…………………
4

0,25


Đề 2
Thời gian làm bài: 150 phút

Môn thi : Toán
Nội dung đề thi:
Câu 1.(3,0 điểm)



x = 3 − 8, y = 3 + 8

Với
Câu 2.(1,0 điểm).Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn
3y2+x2+4xy-9y-20=0
Câu 3.(2,0 điểm)
a/ Giải phương trình :

2 3 x + 2 − 2 3 x = 3 x 2 + 2 x − 3 x2

b/ Giải hệ phương trình:
Câu 4.(3,0 điểm)

 x 2 + xy − x + y = 0
 4
2
2
2
 x + 3x y − 3 x + y = 0
⊥

a/ Cho tam giác ABC cân tại A,từ trung điểm M của BC hạ MN AC.Gọi I là trung
⊥

điểm của MN.Chứng minh AI BN
b/ Cho hình bình hành ABCD tâm O.Gọi M,N,P lần lượt là hình chiếu vuông góc của D
∆

trên AC,AB,BC.Chứng minh rằng O nằm trên đường tròn ngoại tiếp MNP

⇔ x 2 = 18 + 2 16 − 2 15 = 18 + 2

(

)

0,5
0,25

15 − 1

= 16 + 2 15

0,25
0,25

⇒ x = 15 + 1
Đặt

⇒ A = 15
b(1,5
điểm)


1  1
1   x + y 
1
2
B= 
−

y
x
  xy x + y 



(

) (

(

)


x+ y
.
3
xy 


)

0,25

0,5
0,5
0,25

x = 3 − 8, y = 3 + 8

 y = −4 ⇒ x = 8
⇒
 y = −5 ⇒ x = 10
3(2,0
điểm)

a(1,0
điểm)

2 3 x + 2 − 2 3 x = 3 x2 + 2x − 3 x2
(1)

0,25

Vì x=0 không thỏa mãn

⇒x≠0

3

,chia cả 2 vế của (1) cho
3

ta có

x+2 3
x + 2 − 23
− x +2=0
x


x≠0

TH2:Xét

0,25

.Chia cả 2 vế pt(1) cho x,cả 2 vế pt(2) cho x2 ta được hệ

6


y

x + x + y −1 = 0


2
 x + y  + y − 3 = 0
÷

x
x+

0,25
0,25
0,25

y
x


)(

)

2; −1 , 1 − 2; −1 ; ( 0; 0 )

KL:Vậy hpt đã cho có 3 nghiệm
4(3,0
điểm)

a(1,0
điểm)

⇒
Từ M kẻ MP//BN

⇒

⇒

IP//MC
Xét

∆

⇒

AI

b(2,0

µ
B
TH1:
Ta có

∆

⇒∆

tù
BND vuông tại N,O là trung điểm của BD

0,25
0,25

BON cân tại O

·
·
⇒ BON
= 1800 − 2OBN
·
·
BOP
= 1800 − 2OBC
0,25

Tương tự

·

⇒ NMP
= 1800 − NMO
+ PMC
= 2 BAD
·
·
⇒ NOP
= NMP
Từ 1,2
(đpcm)

( 2)

0,25
0,25
0,25

hay tứ giác OMPN nội tiếp

7


µ
B

0,25

TH2:
nhọn
Ta có các tứ giác DMCP,DMAN nội tiếp

5(1,0
điểm)

⇒

Tứ giác NOMP nội tiếp

đpcm

Ta có x+y+z=5xyz

⇔

0,25

1
1 1
+ +
=5
yz xz xy
1
1
5
+ 5 +1+1 +1 ≥
5
x
y
xy
1 1
5


Đề 3
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Môn: TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1: (2 điểm)
a/ Rút gọn biểu thức:

(

P = 4 + 15

)(

10 − 6

)

4 − 15

b/Cho x,y thỏa mãn điều kiện x+y=1 và x>0.Tìm giá trị lớn nhất của B=x2y3
Câu 2: (3 điểm)
8


a/Chứng minh rằng phương trình x2-2mx+2013.2014=0

∀m ∈ Z

(1) không có nghiệm nguyên

x y z

. Chứng minh rằng

ax 2 + by 2 + cz 2 = 3 a + 3 b + 3 c

Câu 5/ (1 điểm)
Giả sử phương trình x2+ax+b=0 có 2 nghiệm x1,x2 và phương trình x2+cx+d=0 có 2
nghiệm x3,x4 .Chứng minh rằng :
2(x1+x3) (x1+x4) (x2+x3) (x2+x4)=2(b-d)2-(a2-c2)(b-d)+(a+c)2(b+d)
Hết.

ĐÁP ÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN
Môn: TOÁN CHUYÊN
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu
Câu1 (2
điểm)

ý
a(1
điểm)

P = 4 + 15. 4 + 15. 4 − 15
= 8 + 2 5. 16 − 15.
=

b(1
điểm)


≤

0,25

Nếu y 0 thì B 0
Nếu y>0 thì

(1)
0,25

9


1= x+ y =

x x y y y
x x y y y
x2 y3
+ + + + ≥ 55 . . . . = 55
2 2 3 3 3
2 2 3 3 3
108
0,25

2

5

3


max B =
3125
Từ (1) và (2) suy ra
Câu2(3
điểm)

a(1
điểm)

2
3
x= ;y=
5
5
khi và chỉ khi

∆ ' = m 2 − 2013.2014 = k 2 (k ∈ N )
Giả sử (1) có nghiệm nguyên thì

⇒ m 2 − k 2 = 2013.2014 ⇒ ( m − k ) ( m + k ) = 2013.2014
=một số chẵn

⇒ ( m − k ) ( m + k ) M4

0,25
0,25
0,25
0,25

Do đó m-k và m+k cùng chẵn

x +1
x −1

0,5
(1)

3

x +1
x −1
=y thì (1) trở thành y2+2y-8=0 có nghiệm y1=2;y2=-4

Đặt

9
63
⇒ x1 = ; x2 =
7
65
c(1
điểm)

0,25

 x ≥ 2012

 y ≥ 2013
 z ≥ 2014



10

)

2

z − 2014 − 1 = 0

0,5


Câu3(3
điểm)

a(1
điểm)

0,5

0,5

⇒
Vẽ đường kính DF thì EF//BC
BE=CF
Ta có
(AB2+AE2)+(AD2+AC2)=BE2+CD2
=CF2+CD2=4R2 (không đổi)
b(1
điểm)



G là một điểm cố định

2
1
MG = MQ = MH ⇒
3
3
G là trọng tâm của

c(1
điểm)

R = AK ∩ BE , J = AI ∩ CD

∆

HBC và là một điểm cố định
0,25

Gọi
Ta có KA=KC

·
·
⇒ KAC
= KCA
= ·AER
·
·

+ JAC
= 900 ⇒ AJ ⊥ CD ⇒ AI ⊥ CD

Tứ giác AKOI là hình bình hành,suy ra đường chéo IK đi qua trung điểm P của OA và là
một điểm cố định
Câu4(1
điểm)

Gọi vế trái là T,vế phải là P,ta có

0,5

11


T=

3

ax 3 ay3 az 3
ax 3 ax 3 ax 3
+
+
=3
+
+
x
y
z
x

x y z
Câu5(1
điểm)

Vậy
Theo GT ta có

0,25

 x + ax1 + b = 0
 2
 x2 + ax 2 + b = 0

 x1 + x2 = − a
 x .x = b
 1 2
2
1

 x + cx 3 + d = 0
 2
(2)
 x4 + cx 4 + d = 0
và 
(3)
 x3 + x4 = −c
 x .x = d
(4)
 3 4
2

2
2
= 2 ( a + c ) x1 x2 + ( a + c ) ( b − d ) ( x1 + x2 ) + ( b − d ) 


2
2
= 2 ( a + c ) b − a ( a + c ) ( b − d ) + ( b − d ) 



=2(b-d)2+2b(a+c)2-2a(a+c)(b-d)
=2(b-d)2+[(b+d)+(b-d)](a+c)2-2a(a+c)(b-d)
=2(b-d)2+(a+c)2(b+d)+(a+c)2(b-d)-2a(a+c)(b-d)
=2(b-d)2+(a+c)2(b+d)+(a+c)(b-d)(a+c-2a)
=2(b-d)2+(a+c)2(b+d)-(a2-c2)(b-d)

ĐỀ 4
Thời gian làm bài: 150 phút
Nội dung đề thi:
Câu 1.(3,0 điểm)
A=

3a − 2 ≤ 1

a/ Tìm tất cả các số thực a sao cho
b/Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

và


b/ Cho các số thực x,y,z thỏa mãn
2
( x − y ) ( x + y ) = z
 2
2
 4 y = 5 + 7 z

(1)

Tính giá trị biểu thức D=2x2+10y2-23z2

Câu 3.(1,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và một dây cung AB của (O),điểm C nằm trên đường tròn đó.Điểm
M thuộc đường gấp khúc ACB (gồm 2 đoạn thẳng AC và CB) và chia đường gấp khúc
này thành 2 phần có độ dài bằng nhau.Tìm tập hợp điểm M khi điểm C di chuyển trên
đường tròn (O)
Câu 4.(2,0 điểm)
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I.Gọi M,N,P lần lượt là các tiếp điểm của
(I) trên các cạnh AB,AC,BC và MD,NE,PF là các đường cao của tam giác MNP.Chứng
minh rằng DA.FB.EC=EA.DB.FC
Câu 5.(1,0 điểm)
Cho 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn x+y+z=3.Chứng minh rằng
x3
y3
z3
1 2
+
+
≥ + ( xy + yz + zx )
3

3

0,5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2
3a − 1
4 a 4 + a 2 − 3a + 1 ( a + a + 1) ( 2a − 1)
1− A = 1− 4
=
=
≥0
4a + a 2
4a 4 + a 2
4a 4 + a 2
2

Xét

0,25

⇒ A ≤1
a=

1
2

0,5


1b
(1,5 đ)

a=

1
2

và

( 1− x ) ( 1− y) + ( 1− y ) ( 1− z ) + ( 1− z ) ( 1− x) ≥ 0
2

0 ≤ x, y , z ≤ 1
Do

1
3

2

2

nên ta có

⇔ 3 ≥ ( x2 + y 2 + z 2 ) + ( x + y + z ) − ( x2 y + y 2 z + z 2 x )

Mặt khác

0,25


3
2
x = x = x
 y3 = y 2 = y

 z3 = z 2 = z

 0 ≤ x, y , z ≤ 1


0,25

Xét hệ

⇒

trong 3 số x,y,z thì có 3 số =1,hoặc có 2 số =1 và 1 số =0

⇒

(chẳng hạn x=y=z=1
Vậy Pmax=3
2a
(1,5 đ)

3

P=3)


0,25
0,5
0,25

Kết hợp với (1) ta có (a+b)(ab-cd)=0

x = 0
⇒ 5x2 − 5x = 0 ⇔ 
x = 1
+/ Với a+b=0
+/ Với ab=cd ,ta có

(x

2

0,25

+ 4 x + 3) ( 4 x 2 − 9 x − 3) = ( 3 x 2 − 2 x + 2 ) ( 2 x 2 − 3 x − 2 )

14


⇔ ( x 2 − 7 x − 5 ) ( 2 x 2 − 6 x − 1) = 0

0,25


7 ± 69
x =


x2 − y 2 − z 2
a(

4 y2 − 7z2

0,25
2

)+b(

2

)=2x +10y -23z

2

0,25

a = 2
a = 2

⇔ 4b − a = 10 ⇔ 
7b + a = 23 b = 3

x2 − y 2 − z 2
Vậy D=2(

4 y2 − 7z2
)+3(


·
DAB
(vì cùng bù với

0,25

),CD là cạnh chung

⇒ ∆CDB = ∆CDF (c.g .c ) ⇒ DA = DB = DF (*)

Vì M là điểm thuộc đường gấp khúc ACB và chia đường gấp khúc đó thành 2 phần có độ dài bằng

⇒

nhau,

0,25

M là trung điểm của đoạn AF.

·
⇒ DM ⊥ AF , hay DMA
= 900

Từ (*)

0,25

.Vậy M thuộc đường tròn đường kính DA

,đường thẳng AM cắt cung nhỏ DB của (O) tại C.Ta
chứng tỏ rằng điểm M chia đường gấp khúc ACB thành 2 phần có độ dài bằng nhau.Thật vậy trên tia

·
·
·
·
·
DAB
= DBA
= DCA
⇒ DCB
= DCF

đối của tia CA lấy điểm F sao cho CF=CB.vì

·
DAB

với

(vì cùng bù

⇒ ∆CDB = ∆CDF (c.g .c ) ⇒ DA = DB = DF
)

¼
DaH

Vì M thuộc

¼
¼
¼
DaH
DbH
EcH
EdH

KL:Tập hợp các điểm M cần tìm là hình hợp bởi 4 cung
các đường tròn đường kính DA,DB,EB,EA theo thứ tự)

,

,

,

(một phần của

4
(2,0 đ)

0,5

Kẻ BK

⊥

MN,CH


Mặt khác do BK//PF//CH

BM KM KF KF − KM FM
=
=
=
=
CN
HN HF HF − HN FN

Từ đó suy ra

·
·
BMF
= CNF

Kết hợp với

ta được

·
·
∆BMF ÿ ∆CNF (c.g .c ) ⇒ MFB
= NFC

·
·
⇒ BFP
= CFP

=1⇒
FC.DB.EA

Nhân (1),(2),(3) theo vế (lưu ý AM=AN,BM=BP,CP=CN)
5
(1,0 đ)

đpcm

x3
y + 2 y2 − 2 y + 4 x
+
+
≥
y3 + 8
27
27
3

0,25

Ta có

⇒

x3
9x + y − y2 − 6
≥
y3 + 8
27

10 ( x + y + z ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 18
27

3+ ( x + y + z) − ( x + y + z
2

=

2

2

27

2

) =1+
9

=

12 − ( x 2 + y 2 + z 2 )
27

2
( xy + yz + zx )
27

⇒
đpcm.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1


xy = 3 − x 2


Câu 3: (2.0 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh DC lấy điểm N sao
cho góc MBN bằng 450. Đường chéo AC cắt BM tại E và cắt BN tại F.
a. Tính số đo góc ENB.
b. Gọi G và H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EBC và EDF.
Chứng minh GH song song với MB.
Câu 4: (3.0 điểm)
Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm M, N, P sao
MB NC PA 1
=
=
=
MC NA PB 2

cho
. Gọi A’ là giao điểm của BN và CP, B’ là giao điểm của CP và
AM, C’ là giao điểm của AM và BN. Đường thẳng qua N song song với BC cắt AM tại Q.
Đường thẳng qua A song song với BC cắt đường thẳng CP tại D.

18


a. Tính các tỉ số:

AD AB' C' M
;

+/ Dấu “=” xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0.

.

0,25

a + b ≤ 2(a + b) ⇔ a + b + 2 ab ≤ 2( a + b) ⇔ a + b − 2 ab ≥ 0

0,25

⇔ ( a − b )2 ≥ 0
+/
+/Dấu “=” xảy ra khi a = b.
b/
1.0

.

x + y + u + v ≥ x + y + u + v ≥ x + y + u + v = 1 =1
+/ S =

x + y + u + v ≤ 2( x + y ) + 2( u + v )

0,25
0,25
0,25

+/ S =

≤ 2(2( x + y) + 2(u + v)) = 4( x + y + u + v) = 4 = 2

2x − 5 + 9 + 3.2. 2x − 5 + 2x − 5 + 1 − 2 2x − 5 = 3
+/ 

0,25

( 2x − 5 + 3) + (1 − 2x − 5 ) = 3
2

2



0,25

2x − 5 + 3 + 1 − 2x − 5 = 3
+/ 

2x − 5 + 3 + 1 − 2x − 5 ≥

2x − 5 + 3 + 1 − 2x − 5 = 4

+/ Có
vô nghiệm.
( Trong trường hợp này không cần thử lại hoặc đặt điều kiện).

19

. Vậy phương trình




xy = 3 − x 2
xy = 3 − x 2



+/ 

( y − x )( y − x ) = 0 ( y − x ) 2 ( y + x ) = 0


xy = 3 − x 2
xy = 3 − x 2


2

+/ Tiếp tục thay, được:



 x = y

2
xy = 3 − x
 x = − y
xy = 3 − x 2

+/ 



+/

A
M
B
E
N
C
D
H
G
20

0,25
.

 x=y

 x=y 
3
x
=
±
 2
2
2 x = 3 

3
(2,0)


+/ EBCN nội tiếp
đường tròn đường
⇒

kính BN Tâm
đường tròn ngoại
tiếp tam giác ECB
là trung điểm G của
⊥

BN và EM EN
+/Tương tự cm
được ABFM nội
tiếp

⇒

⇒

⊥

MF BN

+/ D,M,E,F,N
cùng thuộc đường
tròn đường kính
⇒

MN Tâm đường

+/
+/
+/
+/

AD PA 1
BC
=
= ⇒ AD =
BC PB 2
2

MC 2
2BC
AD 3
= ⇒ MC =
⇒
=
BC 3
3
MC 4
B' A AD 3
AB' 3
=
= ⇒
=
B' M MC 4
AM 7

(1)

+/ MC=

2
BC
3
1
2

.Do MQ =

AM
3

1
7

nên C’M = AM.

3
1
3
3
AM ⇒ B' C' = AM − AM − AM = AM
7
7
7
7

⇒ SAMC =


C’
A’
B’

3
4

B’M ⇒ SA’B’C’=

3
4

3
4

.SA’MB’ = .

1 4 2
2 7 3

. . S= S

22
C

1
7

4 2
7 3

liên tiếp). Tương tự
y3 - y ; z3 - z chia
hết cho 3
+/ ⇒ x3 -x + y3 - y +
z3 - z chia hết cho 3.
+/ 2014 không chia
hết cho 3 nên không
tồn tại x, y, z
23

0,25
0,25
0,25
0,25


0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25



.
24


Câu II ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình

(x 2 - 4x+11)(x 4 - 8x 2 +21) = 35

)(

(

.

)

 x+ x 2 +2012 y+ y 2 +2012 = 2012


 x 2 + z 2 - 4(y+z)+8 = 0

2) Giải hệ phương trình
.
Câu III (2,0 điểm)
1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì (n2 + n + 1) không chia hết cho 9.
2) Xét phương trình x2 – m2x + 2m + 2 = 0 (1) (ẩn x). Tìm các giá trị nguyên dương của
m để phương trình (1) có nghiệm nguyên.
Câu IV (3,0 điểm)


Nội dung

a 2 (b - 2c) +b 2 (c - a) + 2c 2 (a - b) + abc=2c 2 (a - b)+ab(a-b)-c(a 2 − b 2 ) − ac( a − b)
1) 1,0 điểm

Điểm
0,25

= (a − b)[2c 2 − 2ac + ab − bc]

0,25

= (a − b)[2c(c − a) + b(a − c)]

0,25

= (a − b)(a − c)(b − 2c)

0,25

25