46 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán hệ chuyên (có đáp án chi tiết)

46 ĐỀ THI VÀO 10 HỆ CHUYÊN (CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT)
Mục Lục
Đề số 1. Chuyên Bắc Ninh. Năm học 2014-2015
Câu I. ( 1, 5 điểm ) 
Cho phương trình (1) , với ẩn x , tham số m .
1) Giải phương trình (1) khi m = 1
2) Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho 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 người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B , quãng đường AB dài 24km . Khi đi từ B trở về A người 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 phương trình 
Câu IV . ( 3,0 điểm )
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành BHCD . Đường thẳng qua D và song song với BC cắt đường thẳng AH tại M .
1) Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đường tròn.
2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD và góc BAM = góc OAC .
3) Gọi K là trung điểm của BC , đường 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 được với nhau . Chứng minh rằng trong 6 thành phố nói trên tồn tại 3 thành phố liên lạc được với nhau.
.................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 )
Giải:
1) GPT khi m =1
+ Thay m =1 v ào (1) ta được x2 + 2x - 8 = 0 ó ( x + 4 ) ( x – 2 ) = 0 ó x = { - 4 ; 2 }
KL : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4 hoặc x = 2
2) xét PT (1) : (1) , với ẩn x , tham số m .
+ Xét PT (1) có (luôn đúng ) với mọi m => PT (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m
+ Mặt khác áp dụng hệ thức viét vào PT ( 1) ta có : 
+ Lại theo đề và (I) có :A = = ( x1 + x2 )2 – 2 x1x2 = ( - 2m )2 + 2 ( 2m + 6 ) = 4m2 + 4m + 12
= ( 2m + 1)2 + 11 ≥ 11 với mọi m => Giá trị nhỏ nhất của A là 11 khi m = 
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:
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 được: y = 1
Thay x = -1; y = 1 vào pt ∆ ta được a = -1 ; b = 0
=>Phương trình của ∆ là y = - x
Câu III .( 2,0 điểm )
Giải:
1) Đổi 30 phút = ½ giờ
Gọi x ( km /h ) là vận tốc người đi xe đạp t ừ A -> B ( x > 0 ) .
Vận tốc người đó đi từ B-> A là: x + 4 (km/h)
Thời gian người đó đi từ A -> B là: 
Thời gian người đố đi từ B về A là:
Theo bài ra ta có:
=> x = 12 ( t/m ) . KL : Vậy vận tốc của người đi xe đáp từ A đến B là 12 km/h.
2) ĐKXĐ 0 ≤ x ≤ 1 Đặt 0 < a = 
+ PT mới là : a + 
ó a = { -3 ; 1 } => a = 1 > 0
+ Nếu a = 1 = > 
ð x = { 0 ; 1 } ( t/m)
KL : Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt là x = 0; x = 1
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 đường tròn đường kính AD.
Chứng minh tương tự ta có tứ giác AMDC nội tiếp đường tròn đường kính AD.
=> A, B ,C,D , M nằm trên cùng một đường 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
3)Chứng minh OK là đường trung bình của tam giác AHD => OK//AH và OK = AH hay (*)
+ Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA => , từ đó suy ra 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
= (a-b)2 + 3 (a + b – 2)2 +8044 ≥ 8044
ðP≥ 2011
Dâu “=” xảy ra ó 
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 được với A hoặc có ít nhất 3 thành phố không liên lạc được với A ( vì nếu số thành phố liên lạc được với A cũng không vượt quá 2 và số thành phố không liên lạc được với A cũng không vượt quá 2 thì ngoài A , số thành phố còn lại cũng không vượt quá 4 ) . Do đó chỉ xảy ra các khả năng sau :
· Khả năng 1 :
số thành phố liên lạc được với A không ít hơn 3 , giả sử B,C,D liên lạc được với A . Theo đề bài trong 3 thành phố B,C,D có 2 thành phố liên lạc được với nhau . Khi đó 2 thành phố này cùng với A tạo thành 3 thành phố đôi một liên lạc được với nhau .
· Khả năng 2 :
số thành phố không liên lạc được với A , không ít hơn ,giả sử 3 thành phố không liên lạc được với A là D,E,F . Khi đó trong bộ 3 thành phố ( A,D,E) thì D và E liên lạc được với nhau ( v ì D,E không liên lạc được với A )
Tương tự trong bộ 3 ( A,E,F) v à ( A,F,D) th ì E,F liên lạc được với nhau , F và D liên lạc được với nhau và như vậy D,E,F l à 3 thành phố đôi một liên lạc được với nhau .
Vậy ta có ĐPCM
Đề số 2. Chuyên Bến Tre. Năm học: 2014-2015
Câu 1: (2,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức sau: 
b) Cho biểu thức: với 
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)
Cho hệ phương trình với là tham số.
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 phương trình bậc hai: (1), với m là tham số.
i) Giải phương trình (1) khi m = 4
ii) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn hệ thức 
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường 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 đường phân giác của góc BMC 
b) Cho AD=2R.Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R 
c) Gọi O là tâm đường tròn đường 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 đường thẳng AM,BD,HK đồng quy.
ĐÁP ÁN
Câu 1: a) Ta có:
b) 
 i) Với x > 0, x ≠ 1 ta có:
ii) Ta có: 
Do x nguyên nên:
B nguyên ⇔guyên ⇔ x – 1 là ước của 2 ⇔
Vậy các giá trị của x cần tìm là 
Câu 2:
a) (1)
Với m = 3, hệ phương trình (I) trở thành:
Khi m = 3 hệ có nghiệm (1;–1)
b) Ta có:
Khi m = 2: (*) ⇔ 0x = 5 (vô nghiệm) ⇒ Hệ vô nghiệm
Khi m = –3: (*) ⇔ 0x = 0. Hệ phương trình có vô số nghiệm x ∈ ℝ, y = 
Khi , ta có:
Hệ (I) có nghiệm duy nhất 
Kết luận: + m = 2: (I) vô nghiệm
+ m = –3: (I) có vô số nghiệm x ∈ ℝ, y =
+ 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
Khi m ≠ 2 và m ≠ –3: (I) có nghiệm nguyên ⇔ ∈ ℤ ⇔ m – 2 là ước của 1
⇔ 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, phương trình (1) trở thành
 hoặc
Vậy tập nghiệm của (1) là {1;3}
ii) Phương trình (1) có hai nghiệm 
(luôn đúng ∀ m)
Khi đó, theo định lý Vi–ét: 
Ta có:
Vậy m ∈ {0;2015} là giá trị cần tìm.
Câu 4:
a) Vì B và C thuộc đường tròn đường 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.
b) Ta có: 
Xét ∆ ABD vuông tại B có: 
Vì ABC là tam giác đều nên 
Vì AB = AC, DB = DC nên AD là trung trực của BC
⇒ AD ⊥ BC.
Tứ giác ABDC có AD ⊥ BC nên
c) Vẽ OI ⊥ AB tại I. Xét tam giác vuông OIA ta có:
⇒ Diện tích tam giác AOB là (đvdt)
Ta có: (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Diện tích hình quạt AOB là (đvdt)
Suy ra diện tích hình viên phân cần tìm là (đvdt)
d) Gọi J là giao điểm của AM và BD.
Vì M , B thuộc đường tròn đường 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 đường thẳng song song, ta có J, K, H thẳng hàng.
Vậy AM, BD và KH đồng quy tại J.
Đề số 3. Chuyên Toán Sư Phạm Hà Nội. Năm học: 2014-2015
Câu 1.(1,5 điểm) Giả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn và Chứng minh rằng 
Câu 2.(1,5 điểm) Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn
Câu 3. (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số:
 là một số chính phương
Câu 4.(1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương abc=1 .Chứng minh rằng
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 đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC.
3.Ba đường 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 2 phần tử và nếu x ∈ A, y ∈ A, x > y , thì : 
Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh.................................................................số báo danh ..
Hướng dẫn giải đề thi chuyên Toán sư phạm Hà Nội vòng 2 -2014
Ngày thi 6/6/2014
Câu 1.(1,5 điểm) Giả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn và Chứng minh rằng 
Hướng dẫn
Từ thay vào (*) ta có
Câu 2.(1,5 điểm) Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn
Hướng dẫn
ĐKXĐ : 
Áp dụng Bất đẳng thức ta có đúng với mọi A,B
Kết hợp với GT ta có Dấu “=” xảy ra khi
Câu 3. (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số:
 là một số chính phương
Hướng dẫn
Câu 4.(1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương abc=1 .Chứng minh rằng
Hướng dẫn
Đặt 
Thì
Áp dụng Bất đẳng thức 
( Do ta áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương: 
Nhân theo vế 2 bất đẳng thức trên, ta được:
Khi đó Ta có 
Dấu “=” xảy ra khi 
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 Chứng minh Tam giác ADP đồng dạng tam giác NBM (g.g) suy ra mà OB.OD = 
tam giác DOP đồng dạng BNO (c.g.c). từ đó tính được 
2.Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC.
Theo a ta có góc PON = góc ODP=450
tam giác DOP đồng dạng ONP (c.g.c). suy ra góc DOP= góc ONP
nên DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiêp tam giác OPN
3.Ba đường 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
 ta có. Giả sử MP cắt AN tại I . K I cắt MN tại H Áp dụng định lí ta lét 
Từ (1) và (2) Suy ra Q trùng H, vậy BD, PM, AN 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 2 phần tử và nếu x ∈ A, y ∈ A, x > y , thì : 
Hướng dẫn
Với mỗi tập A là tập con của S = {1;2;3;...;2014} thỏa mãn đề bài, gọi a và b lần lượt là phần tử nhỏ nhất và lớn nhất của A (a, b ∈ S, a < b)
Ta chứng minh b ≤ 2a, thật vậy, giả sử b > 2a
Theo giả thiết Mà b > 2a => b – a > a > 0 => c = , mâu thuẫn với a là phần tử nhỏ nhất của A.
Vậy b ≤ 2a
Gọi d là phần tử lớn nhất của tập B = A\{b}. Ta chứng minh b ≥ 2d. Thật vậy giả sử b < 2d, theo giả thiết thì
 mà b 0 e > 
Suy ra e ∈ A nhưng e ∉ B ⇒ e = b ⇒ 
(mâu thuẫn vì VP là số chính phương, VT không là số chính phương)
Vậy b ≥ 2d ⇒ 2d ≤ b ≤ 2a ⇒ d ≤ a. Mà a ≤ d (a và d lần lượt 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.
Đề số 4. Chuyên SP Hà Nội. Năm học: 2014-2015
Câu 1(2 điểm)
Cho các số thực dương a, b ; a ¹ b.Chứng minh rằng
Câu 2(2 điểm)
Cho Quãng đường AB dài 120 km. Lúc 7 giờ sáng một xe máy đi từ A đến B. Đi được xe bị hỏng phải 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 phút trưa cùng ngày. Giả sử vận tốc xe máy trên quãng đường đầu không đổi và vận tốc xe máy trên quãng đường còn lại cũng không đổi .Hỏi xe máy bị hỏng lúc mấy giờ ?
Câu 3 (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) : (m là tham số )
1.Chứng minh rằng với mỗi giá trị của m đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt .
2. Gọi x1 ; x2 là là hoành độ các giao điểm (d) và (P),đặt 
CMR: 
Câu 4 (3 điểm):
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đường kính AC = 2R .Gọi gọi K,M theo thứ tự là chân các đường vuông góc hạ từ A và C xuống BD, E là giao điểm của AC và BD, biết K thuộc đoạn BE ( K ¹ B ; K ¹ E) .Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt AC tại P.
1.Chứng minh tứ giác AKPD nội tiếp đường tròn.
2.Chứng minh KP ^ PM.
3. Biết ABD = 60o và AK=x .Tính BD theo R và x.
Câu 5: (1 điểm) Giải phương trình
----------------------------------Hết-----------------------------------
Họ và tên thí sinh.................................................................số báo danh
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN SP HÀ NỘI VÒNG 1
Ngày 5/6/2014
Câu 1
Câu 2
Gọi vận tốc trên quãng đường ban đầu là x (km/h) x>10
Thì vận tốc trên quãng đường sau là x-10 (km/h)
Thời gian đi trên quãng đường ban đầu là 
Thời gian đi trên quãng đường sau là 
Vì thời gian đi cả 2 quãng đường là 11h40 phút – 7h- 10 phút =
Nên ta có PT:
Giải ra x=30 thỏa mãn điều kiện. Thời gian đi trên quãng đường ban đầu 
Vậy xe hỏng lúc 10 h
Câu 3 a) xét hệ phương trình 
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.
b) Theo Vi ét 
Ta có
Nên 
Câu 4
Ta có Ð PAD = Ð PKD
( cùng bằng Ð 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: Ð MPD = Ð MCD mà Ð MCD = Ð ACB ( cùng phụ 2 Ð MDC = Ð ACB ) mà Ð APK = Ð ACB ( đồng vị ) nên Ð MPD = Ð APK Ta có Ð MPD + Ð MPE = 90 0 Þ Ð APK + Ð MPE = 90o suy ra KP ^ PM.
3.ta có Pitago tam giác vuông AKD vuông tại K tính được tam giác BAK vuông tại K có góc ABK=600 
(dv độ dài)
Câu 5 ( 1 điểm)
ĐKXĐ:
Đặt : 4 - 7x = b; x3 + 2 = a; (a; b ¹ 0)
Thì 
Ta có phương trình
V ới a+b=0 ta có 
Với a+3b=34 ta có 
PT có 6 nghiệm S = {- 4;- 3;- 1;1;2;5}
Đề số 5. Chuyên Hà Tĩnh. Năm học: 2014-2015
Bài 1: Cho biểu thức với x > 0; x ¹ 9
Rút gọn biểu thức P
Tìm các giá trị của x để 
Bài 2: Cho phương trình (m là tham số)
Giải phương trình khi m = -1
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 
Bài 3: a) Giải phương trình 
Giải hệ phương trình 
Bài 4: Cho DABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có BAC= 45o , BC = a. Gọi E, F lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AC và từ C xuống AB. Gọi I là điểm đối xứng của O qua EF.
Chứng minh rằng các tứ giác BFOC và AEIF nội tiếp được đường tròn
Tính EF theo a
Bài 5: Biết phương trình x4+ax3+bx2+ax+1=0 có nghiệm. Chứng minh rằng 
BÀI GIẢI
Bài 1:
a)
b)
Bài 2: a) Khi m = -1 ta có phương trình 
Tập nghiệm của phương trình S = {-1; -5}
b)Ta có: 
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì
Áp dung hệ thức Vi-et ta có:
Do đó: 
Với 
Với 
Bài 3: a) ĐKXĐ: x ³ -1. Phương trình tương đương
Vậy nghiệm của phương trình x = 3
b)ĐKXĐ: y ³ 1
Từ phương trình (1) của hệ ta có 
Xét x = -2 thay vào (2) được(với y ³ 2)
Xét x=y2-1 thay vào (2) được 
Đặt =>y=a2+1
Đối chiếu ĐKXĐ ta có là nghiệm của hệ phương trình đã cho
Bài 4:
 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 dưới góc 90o nên B, F, O, E, C cùng thuộc một đường tròn đường 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 đường tròn (Tổng hai góc đối bằng 1800)
b)Theo câu a tứ giác BFEC nội tiếp nên AFE =ACB (Cùng bù với EFB) Þ DAFE ~ DACB (g – g)
=> (Vì DAEB vuông cân tại E)
Bài 5: Dễ dàng nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
Giả sử là nghiệm của phương trình đã cho. Chia 2 vế của phương trình cho được
Đặt 
Do đó ta có phương trình:
Áp dụng BĐT Bunhia được 
Vậy . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
Bài giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh
Đề số 6. Chuyên Khánh Hòa. Năm học: 2014-2015
Bài 1: (2,00 điểm)
Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: 
Rút gọn biểu thức với a>0; 4
Bài 2: (2,00 điểm)
Cho hệ phương trình: 
Tìm a và b biết hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) = (2;3).
Giải phương trình: 
Bài 3: (2,00 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P): 
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 đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Vẽ đường 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---
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: (2,00 điểm)
1)
2)
 với a>0; 4
Bài 2: (2,00 điểm)
1)Vì hệ phương trình: có nghiệm (x;y) = (2; 3) nên ta có hpt:
Vậy a = 1, b = 1
2)Giải phương trình: 
Vậy pt có nghiệm x = 3.
Bài 3: (2,00 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P): 
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)
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 đường thẳng AB và trục Ox.
- Lập pt đường thẳng AB:
Gọi phương trình đường thẳng AB có dạng: y = ax +b
Do A, B thuộc đường thẳng AB nên ta có:
Vậy phương trình đường thẳng AB là: 
- Tìm giao điểm của đường 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
Đường 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 đường cao là AB và GC cắt nhau tại O.
Suy ra NO là đường 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)
d)Xác định vị trí điểm M để ( AM AN) đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có: 
Ta chứng minh: 
Đẳng thức xảy ra khi: 2AM = AN =>AM= 
Từ (1 ) và (2) suy ra: 
=>∆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):
Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: và a + b + c = 1.
Chứng minh rằng (a-1)(b-1)(c-1)=0
Với mỗi số nguyên dương n; chứng minh là số nguyên dương.
Bài 2: (2,5 điểm):
Giải phương trình 
Giải hệ phương trình 
Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AA1; BB1; CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AA1 cắt đường tròn (O) tại K khác A. 
Chứng minh A1 là trung điểm của HK.
Hãy tính 
Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trên BC. Đường thẳng BB1 cắt (O) tại giao điểm thứ hai là E, kéo dài MB1 cắt AE tại N. Chứng minh rằng 
Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn 
Bài 5: (1,5 điểm):
Trên bảng ghi một số nguyên dương có hai chữ số trở lên. Người 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 bước thực hiện như trên ta có thể thu được 1006 hay không ? Tại sao ?
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn . Chứng minh rằng:
__________Hết__________
Hướng dẫn giải:
Bài 1: (2,0 điểm):
1)Từ GT ta có: 
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 dương n; chứng minh là số nguyên dương.
Bài 2: (2,5 điểm):
Giải phương trình 
ĐKXĐ x ³ 2 , đặt
PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 3
Giải hệ phương trình 
Với x=y2
Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC
góc A1 = góc C2 = góc C1
=> ∆CHK cân C, CA1 là đ/cao + đ trung trực => đpcm
b) Có:
Từ GT => M trung điểm BC => ....=> ∆B1MC cân tại M => góc MB1C = gócMCB1 = góc AB1N
=> ∆CBB1 đồng dạng ∆B1AN (g-g) =>
Áp dụng hệ thức lương trong tam giác vuông ta có:
(đpcm)
Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn 
Đặt x + y = a và xy = b (a, b nguyên) ta có:
Vì a, b nguyên nên có các TH sau :
Vậy 
Bài 5: (1,5 điểm):
2)Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn . Chứng minh rằng:
Vì x, y, z dương, áp dụng BĐT Cô-si ta có:
Từ (1) và (2) => :
Tương tự: 
Mà lại có : 
Từ (3) và (4) có : đpcm
Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1
Đề số 8. Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định. Năm học: 2014-2015
Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức , với a > 0.
Rút gọn A.
Tìm giá trị của a để A = 2.
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 đường thẳng (d).
Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
Khi (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là x1;x2 Tìm các giá trị của m sao cho 
Bài 3: (1,5 điểm )
Tìm x, y nguyên sao cho 
Bài 4: ( 3,5 điểm )
Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với đường tròn (O) (A ,B là hai tiếp điểm). PO cắt đường 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 đường tròn (O).
a.Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp.
b.Chứng minh AC ^ CH.
c.Đường 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)
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: với 0<x<1
-------HẾT------
BÀI GIẢI
Bài 1: (2,0 điểm)
Rút gọn A.
Ta có: (với a>0)
b)Tìm giá trị của a để A = 2
Ta có: 
Để A=2=>
Đặt có pt: 
Với t = 2 Û 
Vậy: a = 4 là giá trị cần tìm.
c)Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Ta có: 
Dấu “=” khi 
Vậy 
Bài 2: (2,0 điểm)
Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Ta có: (d): ; (P): y=x2
Pt hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi Pt (1) có hai nghiệm phân biệt khi D > 0
Vậy: với m > 2 hoặc m < -2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
Tìm các giá trị của m sao cho 
Với m > 2 hoặc m < -2. Thì Pt: (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2
Theo Viet ta có: 
Ta có 
Để: ó 
Vậy : m = -4 là giá trị cần tìm.
Bài 3: (1,5 điểm )
Ta có : 
Pt viết: 
Pt viết: 
Pt (1) viết: 
Vậy Pt đã cho có 4 nghiệm ;;;
Bài 4: ( 3,5 điểm )
Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp
Xét ABP có: PA = PB
và APO= OPB (tính giất hai tiếp tuyến cắt nhau)
=> ABP cân tại P có PO là phân giác
=> PO cũng là đường cao, trung tuyến ABP .
Xét tứ giác BHCP ta có BHP = 900 (Vì PO ^ AB)
BCP = 90o
(Vì kề bù BCD = 900 (nội tiếp nửa đường tròn (O))
BHP= BCP
=> Tứ giác BHCP nội tiếp (Qũi tích cung chứa góc)
b) Chứng minh AC^CH .
Xét ACH ta có
HAC= B1 (chắn cung BKC của đường tròn (O))
Mà B1 =H1 ( do BHCP nội tiếp)
=>HAC =H1
Mà H1+ AHC= 90o ( 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 đường tròn ngoại tiếp ACH )
=> tứ giác ACHM nội tiếp
=> CMH =HAC (chắn cung HC )
Mà HAC= BIC (chắn cung BC của đường 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 bìnhABQ
=> M là trung điểm của AQ
Bài 5: (1,0 điểm)
Ta có: 
Ta có: (Bất đẳng thức Cô si)
Dấu “=” xảy ra khi: 
Dấu “=” xảy ra khi 
Vậy 
Đề số 9. Chuyên Ninh Bình. Năm học: 2014-2015
Câu 1 (2,0 điểm).
Cho biểu thức 
Rút gọn A.
Tìm a để A+ |A| = 0
Câu 2 (2,0 điểm).
Giải phương trình: 
Giải hệ phương trình: 
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho hai phương trình: (trong đó x là ẩn, b và c là các tham số).
Biết phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2, phương trình (2) có hai nghiệm x3 và x4 thỏa mãn điều kiện . Xác định b và c.
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 đường 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 đường tròn tâm O (D, E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O’). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O’ lần lượt tại M và N (M và N khác A). Đường thẳng DE cắt MN tại I.
Chứng minh rằng:
Bốn điểm B, D, M, I cùng thuộc một đường tròn.
MI.BE = BI.AE
Khi điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
ĐÁP ÁN
Câu 1
Với a ≥ 0, a ≠ 4, a ≠ 9, ta có:
Ta có:
Kết hợp với điều kiện, ta có 0 ≤ a < 4 là giá trị cần tìm.
Câu 2
(1)
ĐK: –3 ≤ x ≤ 29.
Với mọi a, b ≥ 0, ta có:
Thay ta có:
Dấu “=” xảy ra khi 
Do đó (1) ⇔ x = 13 (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {13}.
ĐK: x ≥ 1, y ≥ 0
Ta có
Do đó: 
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 
Câu 3
Vì 
Áp dụng định lý Vi–ét cho phương trình (1) và phương trình (2) có: 
Nếu b = 1 thì (1) có nghiệm 
Thử lại:
(thỏa mãn)
Nếu b = –2, c = –1 thì
(thỏa mãn)
Vậy b = 1, hoặc b = –2, c = –1.
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
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°
⇒ 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 đường tròn.
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)
Từ (1) và (2) ⇒tam giác BAE đồng dạng với tam giác BMI (g.g)
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)
Chứng minh tương tự ta có 
Mà theo tính chất tiếp tuyến ta có CD = CE nên 
· Ta chứng minh DE đi qua điểm K là giao hai tiếp tuyến tại A và B của (O)
Gọi K1, K2 lần lượt là giao điểm của DE với tiếp tuyến của (O) tại A và B.
Khi đó 
Chứng minh tương tự ta có:
Mà AD.BE=AE.BD
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
Ta có 2 BĐT tương tự:
Cộng từng vế 3 BĐT trên ta được
Dấu bằng xảy ra 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 ⇔ a = b = c = 1.
Đề số 10. Chuyên Năng Khiếu HCM. Năm học: 2014-2015
Câu I. Cho phương trình với m là tham số.
Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên.
Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn điều kiện
Câu II. 1) Giải hệ phương trình 
2) Cho tam giác ABC vuông tại A với các đường phân giác trong BM và CN. Chứng minh bất đẳng thức 
Câu III. Cho các số nguyên dương a, b, c sao cho 
Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố.
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 đường tròn đường kính AB = 2R ( C ≠ A, C ≠ B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB; I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Các đường thẳng CI, CJ cắt AB lần lượt tại M, N.
Chứng minh rằng AN = AC, BM = BC.
Chứng minh 4 điểm M, N, J, I cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy.
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.
Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5.
Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40.
........................Hết......................
ĐÁP ÁN
Câu I.
Phương trình (1) có hệ số nên là phương trình bậc hai ẩn x. Do đó
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 
Khi đó theo định lý Vi–ét ta có: 
Xét . Mà m>0 =>
Vậy tổng hai nghiệm của (1) không thể là số nguyên.
Phương trình (1) có hai nghiệm 
Khi đó, theo định lý Vi–ét: 
Ta có: 
Đặt phương trình (2) trở thành 
Xét ⇒ (2) vô nghiệm.
Đặt phương trình (3) trở thành 
Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là 
Câu II.
(I)
ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0
Đặt , điều kiện a ≥ 0, b ≥ 0. Hệ (I)