SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: TOÁN (Dành cho lớp chuyên)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 1 trang, 5 câu

Câu 1 (2 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – m + 1 và
parabol (P): y = - x2.
a. Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm (1; 2);
b. Giả sử đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1),
B(x2; y2).
Tìm m để (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2 = 25.
Câu 2 (2 điểm)
2y
 3x
 x 1  y 1  2

a. Giải hệ phương trình 
;
 2x  3y  10
 x  1 y  1
b. Tìm x, y thỏa mãn x – y + 1 = 2 x  y  x  2 .

Câu 3 (2 điểm)

Câu
2

a

N i un

nh ày

Điểm

Đường thẳng (d) đi qua điểm (1; 2) <=> 2 = 2.1 – m + 1
Vậy: m = 1
Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt <=> x2 + 2x –
m+1=0
có hai nghiệm phân biệt <=>  '  m  0
Theo Định lí Viet: x1 + x2 = - 2, x1x2 = - m + 1
Có: y1 = 2x1 – m + 1, y2 = 2x2 – m + 1 => y1 – y2 = 2(x1 – x2)
Nên: 25 = (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2 = 5(x1 – x2)2 => (x1 – x2)2 = 5
Hay: (x1 + x2)2 - 4x1x2 = 5 => 4 – 4(- m + 1) = 5 => m = 5/4 (t/m)
Đặt u 

x
y
; v
x 1
y 1
 3u  2v  2
 9u  6v  6
u  2



0,25



2

x  y 1  x  2  0  x  y 1  x  2  0 .

Vì vậy có: x = 2; y = 1.

2
điểm

0,25

Vậy hệ có nghiệm (2; -2)
b

Câu
3

0,25

0,25

x
y
 2  x  2;


0,25

Do: ADM  AEM  DAE  900 nên ADME 0,25
là hình chữ nhật
0,25
Nên : DE = AM
DE nhỏ nhất <=> AM nhỏ nhất <=>
AM  BC

0,25

Vì vậy : M là chân đường cao hạ từ A

0,25

3x  4

A = 2  A(x 2  1)  3x  4  Ax 2  3x  A  4  0 , (*) có nghiệm x
b
x 1
Nếu A = 0 từ (*) có : x = -4/3
Nếu A  0 có :   9  4A(A  4)  4(A  2)2  25  0 
Vậy : min A 

1
b
9
1
khi x 


A

Do AD, CE là các đường phân giác
nên :
0,25

D

O

B

DC  DB, EB  EA

Do đó: DC  EA  DB  EB
Suy ra: AIE  IAE
Vậy: tam giác EAI cân tại E

E

b

Ta có: AIE  CID (đối đỉnh)
EAI  DCI (cùng chắn cung DE)

Suy ra:
c

0,25


 IC.IE  IA.ID
IA IE

Có: x =

0,25

0,25

Do đó : ICD IAE .

Câu
5

0,25

C

0,25
0,25

0,25

0,25

Ta xét 2014 số khác nhau có dạng 20142014…2014 = an, có n bộ
2014. n  N*
0,25
Trong 2014 số này có ít nhất hai số khi chia cho 2013 có cùng số dư.


1) Giải hệ phương trình 



2) Giải phương trình : 



Câu 2: ( 3 điểm)
Cho phương trình x2 – 2 ( 2m + 1) x + 4 m2 + 4 m – 3 = 0 ( x là ẩn số )
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
   thỏa
Câu 3: (2 điểm )
Thu gọn biểu thức: A=
Câu 4: ( 4 điểm )
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O).Gọi P là điểm chính
giữa của cung nhỏ AC.Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M.Chứng
minh rằng :
a)
b)MA.MP =BA.BM
Câu 5 : ( 3 điểm )
a) Cho phương trình
( x là ẩn số và m, n là các số
nguyên).Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh
rằng
là hợp số
b) Cho hai số dương a,b thỏa
.Tính
P=

 


 















2) Giải phương trình :
Đặt




 , pt trở thành:
t + t - 12 = 0  t=3 hay t=-4

  




(3 đ)
Câu 3
( 2 đ)



0,5 x4
đ

2

( 4 đ)

Câu 2











 

 




Câu 3 : ( 2 điểm)
Thu gọn biểu thức: A=

Xét M =
Ta có M > 0 và
A=

-(








, suy ra M =

1đ

-1)=1
1đ


Câu 4
( 4 đ)


Câu 5





s đ

(sđ

)=



MBP (g-g)









sđ

)=

=











 





Ta có 



 a=b=1
 P=










0,5 đ



,





0,5 đ

là hợp số

0,5 đ

 là các số nguyên lớn hơn 1 nên

b)Cho hai số dương a,b thỏa















)



1đ

* Trường hợp M trùng với C : MA=CA=2.EC=2.EM
* Trường hợp M trùng với D: MA=DA=2.ED=2.EM
Vậy ta luôn có MA=2.EM
MA+2.MB=2(EM+MB)  2.EB = hằng số
Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của đoạn BE với đường tròn (O)
Vậy MA +2.MB nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn BE với đường tròn (O)
Câu 7 : ( 2 điểm)



Cho a , b là các số dương thỏa
( 2 đ)





Ta có:

























( đúng)





.Chứng minh

0,5 đ



( do





)

1đ



SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013-2014
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

Ngày thi: 15/6/2013
Thời gian làm bài: 150’


x 2
x 2
Bài 1: ( 2,5 đ) Cho biểu thức: Q  


2. Đoạn OM cắt đường tròn tại điểm I. CMR I là tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD.
3. Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P và Q.
Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho diện tích ∆ MPQ bé nhất.
Bài 3: (1,5 đ) Cho a,b,c là các số thực dương. CMR :

Bài 5: (1 đ) : Không dùng máy tính, hãy rút gọn biểu thức: A  7  13  7  13  2
---*---


HƯỚNG DẪN GIẢI

x 2
x 2
Bài 1: ( 2,5 đ) Cho biểu thức: Q  

 x  x ( Với x ≥ 0 ; x ≠ 1)
 x  2 x 1 x 1 


1.Rút gọn Q






x 2
x 2
x 2
x 2

.

x 1



 



x





x 1 







x x 2x x 2






3
13
3
3
 x  3  y  1  10
1  x  3  y  1  10
 x  3  y  1  10



( ĐK x ≠ 3; y ≠ -1)



 3  2y  4   11
 3  2  2   11
 3  2 1
 x  3 y  1
 x  3
 x  3 y  1 6
6
y 1
6
1
1
Đặt a =
; b=
ta được hệ
x 3
y 1


Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x;y) = (13;14)
bc ca ab
 
 a  b  c.
Bài 3: (1,5 đ) Cho a,b,c là các số thực dương. CMR :
a
b
c
a,b,c là các số thực dương => Theo BĐT Cô-Si ta được:

bc ca
bc ca
 2
.  2c 
a
b
a b


 bc ca ab 
ca ab
ab ca
bc ca ab

2
.  2a   2      2.  a  b  c  
 
 a bc
b

nằm trên đường tròn đường kính OM => các điểm M,D,O,H cùng nằm trên đường tròn đường
kính OM
2. Đoạn OM cắt đường tròn tại điểm I. CMR I là tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD.
Ta có: COI  DOI ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)=> CI  DI => CDI  DIM => DI là
phân giác trong của ∆ MCD (1)
Lại có MI là đường phân giác trong của ∆ MCD ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (2)
Từ (1) và (2) suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ MCD
3. Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P và Q.
Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho diện tích ∆ MPQ bé nhất.
Ta có ∆MOD = ∆MOP (g-c-g) => S∆ MPQ= 2 S∆ MOQ =OD.MQ = R.MQ
Q
=> S∆ MPQ nhỏ nhất  MQ nhỏ nhất (3)
D
Theo BĐT Cô – si cho hai số không âm ,
ta có: MQ = MD+DQ ≥ 2 MD.DQ  2 OD2  2OD  2R
O
( Vì ∆ MOD vuông tại O có đường cao OD nên OD2=MD.DQ )
I
(d)
Dấu “=” xảy ra  MD= DQ  ∆OMQ vuông cân tại O
A
B
H
OD
R


2.R
 OMD  450  OM 
sin OMD sin 450



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂNG KHIẾU TRẦN PHÚ NĂM HỌC 2012- 2013
Môn thi: TOÁN (chuyên)Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 25 tháng 6 năm 2012
Đề thi gồm : 01 trang

Câu I (2,0 điểm)
1) Cho A 

15 x  11 3 x  2 2 x  3


x 2 x 3
x 1
x 3

Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của A
2) Cho phương trình x2  ax  b  0 có hai nghiệm nguyên dương biết a,b là hai số
dương thỏa mãn 5a + b = 22.Tìm hai nghiệm đó.
Câu II ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình: 4 x 2  6 x  1  

3

trên cạnh cạnh của hình vuông lớn (không trùng với đỉnh của hình vuông lớn ) hình vuông đơn
vị được tô màu theo các quy luật sau: cạnh có hai đầu mút màu đỏ được tô màu đỏ, cạnh có hai
đầu mút màu xanh được tô màu xanh, cạnh có một đầu mút màu đỏ và một đầu mút màu xanh
thì được tô màu vàng. Giả sứ có tất cả 66 cạnh vàng. Hỏi có bao nhiêu cạnh màu xanh.
----------------------------Hết---------------------------Họ và tên thí sinh……………………………………. Số báo danh………………...…………
Chữ kí của giám thị 1: ……………………….……… Chữ kí của giám thị 2: …………………
Từ :Nguyễn Hồng Vân – THPT Trần Hưng Đạo – Hải Phòng- />
1


Lời giải một số câu
Câu I
15 x  11 3 x  2 2 x  3
1) A 


x 2 x 3
x 1
x 3
15 x  11  (3 x  2)( x  3)  (2 x  3)( x  1)
 A
( x  1)( x  3)
17
2
, A lớn nhất  x  0 khi đó A lớn nhất bằng .
 A  5 
3
x 3
2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình (x1 < x2)
Ta có a = –x1 – x2 và b = x1x2 nên

3
16 x 4  4 x 2  1
3

3
(4 x 2  2 x  1)(4 x 2  2 x  1)
3
2
2
2
Dễ thấy 4 x  2 x  1  3x  ( x  1)  0, x & 4 x 2  2 x  1  3x 2  ( x  1) 2  0, x nên đặt
 2(4 x 2  2 x  1)  (4 x 2  2 x  1)  

a  4 x 2  2 x  1, b  4 x 2  2 x  1  b , a  0, b  0
Ta có phương trình 2a 2  b 2  

3
ab
3

 6a 2  3ab  3b2  0
a
a
 6( )2  3( )  3  0
b
b
a
3
 
4 x2  2 x  1 1

(1)
(2)

Nếu y = 0 thì (2) vô lí nên y  0 vậy (2)  1 

1
 b ta có hệ
y
2

4 x  x  b  1
 2

4b  b  x  1

1
4
x 2
y
y

Đặt

(1')
(2')

Lấy ( 1’) – ( 2’) ta có (x-b) (2x+2b-1) = 0

1
2

là mút của 4 đoạn.Vậy S = 2 x 2 + 22 x 3+ 34 x 4 = 206, suy ra số cạnh xanh là : ( 206 –
66):2 = 70 cạnh màu xanh.

Câu III: Chứng minh rằng:

a
4b
9c
1
4
9


 4  (a  b  c)(


)  18
bc ca ab
bc ac ab
Thật vậy:

[(b  c)  (a  c)  a  b)](

 (a  b  c)(

1
4
9
bc
4(a  c)


D
P

H

M
A'

I
K

o

A
R
C

Lại có
A ' AC  A ' BC ( cùng chắn cung A ' C ) nên BAN  A ' AC
Cũng có BAD  CAD  BAD  BAN  CAD  CAN 
Mặt khác H đối xứng với K qua AD  HAD  KAD , H thuộc AN nên K thuộc AA’
2) Bạn tự giải nhé.

4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH


27
3



1. Rút gọn biểu thức A.

2. Tính giá trị của biểu thức A khi x  3 

5  3  29  12 5 .

Câu 2. (3,0 điểm)
1. Giải phương trình x3  x2  x x  1  2  0 .
2
2

 x  xy  2 y  0
2. Giải hệ phương trình 
.
2

 xy  3 y  x  3

Câu 3. (1,0 điểm)
Tìm các số tự nhiên n để A  n2018  n2008  1 là số nguyên tố.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R), đường kính AB, M là một điểm tùy ý thuộc đường
tròn (M khác A và B). Qua A và B lần lượt kẻ các đường thẳng d và d’ là tiếp tuyến
với đường tròn. Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt d và d’ lần lượt tại C và D.
Đường thẳng BM cắt d tại E.

 x
3
3
3 

A =  2
 3

 1

 x  x 3 3



= 

3

 x  x 3 3
2





x  27  3

x



( x  3) 3  3

= 

0,5

2. Ta có :
x 3

5  3  29  12 5

 3

5  3  (2 5  3) 2

 3

5  62 5

 3

5  ( 5  1) 2

0,75

 3 1
nên thay x = 3 + 1 vào A ta có:
A

1

2


 xy  3 y  x  3 (2)
Phương trình (1)   x2  y 2   y  x  y   0   x  y  x  2 y   0 ,

2

0,75


ta được x = y hoặc x = -2y
3
4

* Với x = y, từ (2) ta có: 4 x2  x  3  0 , ta được x1  1, x2  .
Khi đó, x1  y1  1, x2  y2  .

3
4
* Với x = -2y, từ (2) ta có y 2  2 y  3  0 , ta được y1  1, y2  3

0,25

Nếu y  1  x  2 . Nếu y  3  x  6 .

0,25

3 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (-1; -1);  ;  ; (2; -1);

n2 + n + 1.
0,25

Tương tự: (n3)669 – 1 chia hết cho n2 + n + 1
Khi đó A chia hết cho n2 + n + 1 > 1 và A > n2 + n + 1
nên A là hợp số.
Tóm lại số tự nhiên cần tìm là n = 1.
Câu 4
(3,0
điểm)

D
E

0,25

M
C

F

A

B
O

I

1. Gọi F là giao điểm của OC và AM, ta có OC  AM.
Ta có, CM = CA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

 AE = R 2 (do AE = 2CM).

 CM =

Do trong giác vuông AEB tại A, ta có
 AM 

AE. AB
AE 2  AB 2



0,5

0,25

0,5

1
1
1


2
2
AM
AE
AB 2

0,25

phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa.
2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm
chi tiết.
3. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất
trong cả tổ chấm. Điểm thống nhất toàn bài là tổng số điểm toàn bài đã chấm, không
làm tròn.
...................................... Hết .............................................

4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 25/6/2009
Thời gian làm bài 150 phút
(Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin)

Bài I (3 điểm)
(n-8)2-48
1) Tìm các số nguyên dương n để A= n+5 có giá trị là số nguyên dương.
2) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn đẳng thứcx2+y(y2+y-3x)=0
Bài II (2 điểm)
Giải hệ phương trình (x, y, z là ẩn)
Bài III. (3 điểm)
Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O). Gọi BD và CE là hai đường cao của

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

BÀI

HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM

Ý
1

Tìm số nguyên dương n … (1.5 điểm)
*(n-8)2 -48 = n2 -16n+16 nên A=n-21+

I
2

ĐIỂM
3.0

121
n+5

0.50

*121=112 và n+5≥6 ; n+5Z

II

0.25

=0

1
1
1
(x -1)2 +(y -1)2 +(z -1)2 =0



*KL:Hệ đã cho có 2 nghiệm x=y=z=0 và x=y=z=1
III

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
2.0

1

Chứng minhAD.AC=AE.AB(1 điểm)

(thỏa mãn hệ đã cho)


Q

2

O

0.50

A2

Chứng minh … (1 điểm)
*Gọi H là trực tâm của ABC
tia AH cắt BC tại J và cắt cung BC tại Q. CM được:

A1A2 JQ
=
A1A2 JA

JH JQ SBHC
*CM được JA =JA =
SBAC
B1B2 SAHC C1C2 SAHB
*Tương tự chứng minh được B1B =
,
=
SBAC C1C SBAC
*ABC nhọn nên điểm H nằm trong tam giác. Suy ra
SBHC+SBHA+SAHC=SBAC
A1A2 B1B2 C1C2 SBHC+SBHA+SCHA SBAC
Từ đó AA + BB + CC =

Thí sinh phải lập luận đấy đủ mới có điểm tối đa, điểm làm tròn đến 0.25

0.25


. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2013-2014
Đề thi môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 30/6/2013
Thời gian làm bài: 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm)
a. Tính A  8  2 7  16  6 7

 x x
x 1  x 1
b. Rút gọn biểu thức: M  
, (với x  0, x  1 ).

 :
x
 x 1 x  x 
Câu 2 (1,0 điểm)
Cho phương trình: x2  4 x  2m  3  0 , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình



BD CD
b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm.
c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.
d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.
Câu 6 (1,0 điểm)
a. Chứng minh rằng: a3  b3  ab(a  b) , với a, b là hai số dương.
b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a  b  1 .
2
3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F   a3  b3    a 2  b 2   ab.
2

Hết
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ………………….………SBD: ………….
Họ và tên giám thị 1: …………………….. chữ kí: .…….…..
Họ và tên giám thị 2: …………………….. chữ kí: .…….…..
a
l


GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC
NĂM HỌC 2013-2014
Câu 1 (2,0 điểm)
a. Tính A  8  2 7  16  6 7
Giải




 x
: x  
: x

x
x 1
x
x x 1 

 x 













x 1

Vậy M  x



.


Giải
Chú ý Vì x1 , x2 nằm trong các căn bậc hai nên phải có điều kiện x1  0, x2  0 .

 '  0
 4  2m  3  0
3
7


 m
+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x2  x1  0   S  0  4  0
2
2
P  0
 2m  3  0


3
7
 m  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x2  x1  0 .
2
2
 x1  x2  4
Áp dụng định lí Vi-et ta có: 
 x1.x2  2m  3

+) Với

+) Ta có


So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là m  2 .


Câu 3 (2,0 điểm)
a. Giải phương trình:

x  1  5x  4 x  3  2 x  4 (1) .
Giải
x


1

x 1  0
x  0
5 x  0

3

+) ĐK: 

3  x
4
4 x  3  0
x  4
2 x  4  0

 x  2
+) Ta có PT  x  1  2 x  1. 5x  5x  4 x  3  2 4 x  3. 2 x  4  2 x  4

 x  1

x  2 y
 y  2

x  2 y

 x 1
 2
  
  x  3

4 y  7 y  3  0
4
 x  3
 

4
3
 
 y 
2

 y  2x
+) Trường hợp 2: y  2 x , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ  2
 x  7 y  3
  x  7  46

x  2 y
  y  14  2 46