10 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán chuyên (Có lời giải) - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT tỉnh An Giang

	SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 	KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
	TỈNH AN GIANG	Năm học: 2021 - 2022
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
	Môn thi: TOÁN - CHUYÊN
	Thời gian làm bài: 150 phút
	(Không kể thời gian phát đề)
Bài 1. (3,0 điểm)
a) Rút gọn .
b) Giải phương trình .
c) Biết nghiệm của phương trình là nghiệm của phương trình . Tìm các số .
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Vẽ đồ thị của hàm số .
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm và tiếp xúc với .
Bài 3. (1,0 điểm) 
Cho hai số phân biệt thỏa mãn , với là một số thực dương. Chứng minh rằng: .
Bài 4. (2,0 điểm) 
Cho tam giác () nội tiếp trong đường tròn đường kính . Gọi là một điểm thuộc đoạn ( khác và ). Qua kẻ đường vuông góc với cắt tại và kéo dài tại . Gọi là điểm đối xứng của qua điểm .
a) Chứng minh rằng các tứ giác và nội tiếp.
b) Chứng minh .
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho tam giác đều có diện tích . Gọi là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh sao cho . Chứng tỏ rằng tam giác đều và tính diện tích tam giác .
Bài 6. (1,0 điểm)
Hai ngọn nến hình trụ có chiều cao và đường kính khác nhau được đặt thẳng đứng trên mặt bàn. Ngọn nến thứ nhất cháy hết trong 6 giờ, ngọn nến thứ hai cháy hết trong 8 giờ. Hai ngọn nến được thắp sáng cùng lúc, sau 3 giờ chúng có cùng chiều cao.
a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.
b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến. 
= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =
Hướng dẫn giải:
Bài 1. (3,0 điểm)
a) Rút gọn .
b) Giải phương trình .
c) Biết nghiệm của phương trình là nghiệm của phương trình . Tìm các số .
Lời giải
a) Rút gọn
.
Vậy .
b) Giải phương trình .
 phương trình có hai nghiệm phân biệt.
; .
Vậy phương trình có tập nghiệm là .
c) Biết nghiệm của phương trình là nghiệm của phương trình . Tìm các số .
Xét phương trình , có hai nghiệm là nên ta có:
.
Vậy là các giá trị cần tìm.
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Vẽ đồ thị của hàm số .
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm và tiếp xúc với .
Lời giải
a) Vẽ đồ thị hàm số , ta có bảng sau:

-2
-1
0
1
2

-4
-1
0
-1
-1
Vậy đồ thị hàm số là Pa-ra-bol đi qua và nhận làm trục đối xứng.
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm và tiếp xúc với .
Giả sử phương trình đường thẳng có dạng .
 đi qua nên ta có có dạng .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của và :
 (1).
Để và tiếp xúc nhau thì (1) có nghiệm kép .
Vậy ta có hai đường thẳng thỏa mãn là và .
Bài 3. (1,0 điểm) 
Cho hai số phân biệt thỏa mãn , với là một số thực dương. Chứng minh rằng: .
Lời giải
Theo bài ra ta có 
.
Với loại do phân biệt.
Với .
Thay vào ta được .
Vậy .
Bài 4. (2,0 điểm) 
Cho tam giác () nội tiếp trong đường tròn đường kính . Gọi là một điểm thuộc đoạn ( khác và ). Qua kẻ đường vuông góc với cắt tại và kéo dài tại . Gọi là điểm đối xứng của qua điểm .
a) Chứng minh rằng các tứ giác và nội tiếp.
b) Chứng minh .
Lời giải
a) Chứng minh rằng các tứ giác và nội tiếp.
Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (kề bù với ); () tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính .
 (hai góc nội tiếp cùng chắn ).
Lại có là điểm đối xứng của qua điểm nên là trung điểm của có vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên cân tại tứ giác có góc ngoài đỉnh bằng góc trong đỉnh nên là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh .
Xét và có:
 (hai góc nội tiếp cùng chắn );
.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho tam giác đều có diện tích . Gọi là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh sao cho . Chứng tỏ rằng tam giác đều và tính diện tích tam giác .
Lời giải
Trong vuông tại , ta có ; mà ;
Trong vuông tại , ta có ; mà ;
 có nên là tam giác đều.
Đặt vì đều nên .
Mặt khác (cạnh huyền – góc nhọn) .
Trong tam giác vuông tạ ta có .
.
Vậy .
Bài 6. (1,0 điểm)
Hai ngọn nến hình trụ có chiều cao và đường kính khác nhau được đặt thẳng đứng trên mặt bàn. Ngọn nến thứ nhất cháy hết trong 6 giờ, ngọn nến thứ hai cháy hết trong 8 giờ. Hai ngọn nến được thắp sáng cùng lúc, sau 3 giờ chúng có cùng chiều cao.
a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.
b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến. 
Lời giải
a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.
Gọi chiều cao ngọn nến thứ nhất là cm, chiều cao ngọn nến thứ hai là cm, ().
Giả sử tốc độ tiêu hao khi cháy của hai ngọn nến là không đổi.
Mỗi giờ cây nến thứ nhất giảm chiều cao, cây nến thứ hai giảm chiều cao.
Sau 3 giờ cây nến thứ nhất còn chiều cao.
 Chiều cao của cây nến thứ nhất còn lại là .
Sau 3 giờ cây nến thứ hai còn chiều cao.
 Chiều cao của cây nến thứ hai còn lại là .
Vì sau 3 giờ chiều cao của hai cây nến bằng nhau nên 
.
Vậy tỉ lệ chiều cao ban đầu của ngọn nến thứ nhất so với ngọn nến thứ hai là .
b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến.
Tổng chiều cao ngọn nến là 63 cm .
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: 
.
Vì .
Vậy ban đầu ngọn nến thứ nhất cao 35 cm, ngọn nến thứ hao cao 28 cm.
= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =
TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYEN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU
ĐỀ THI MÔN : TOÁN (Chuyên)
Năm học: 2021-2022
Câu 1 điếm).
a) Rút gon biểu thức với .
b) Giadi phương trình 
c) Giai hế phương trinh .
Câu 2 (2, 0 điểm).
a) Cho hai da thức và . Biết rằng có ba nghiệm phân biệt. Chưng minh có hai nghiềm phân biệt.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên thơa mần phương trình . 
Câu 3 (1, 0 điểm). Xét các số thực không âm, thòa măn . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức . 
Câu 4 (3, 0 điểm). Cho tam giác nhọn ( ). Một đường trơn đi qua và khỏng đi qua cat các cạnh lần lượt tại khác khác ); cảt tại . Gọi là trung điểm của và là điềm đối xứng với qua .
a) Chứng minh tam giác đồng dạng với tam giác và .
b) Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của trên . Chửng minh vuông góc với và .
c) Gọi lần lựt là trung điềm và , Chứng minh ba điếm thẳng hàng.
d) Đường thẳng cát đường tròn ngoại tiếp tam giác tại ( khade ). Chưng minh là tićp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác .
Câu 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác.Tia Ox song song với AB
cắt tại , tia song song vói cắt tai , tia song song vói cắt tạ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
HƯỚNG DẪN 
Câu 1 (3.0 điêm).
a) Rút gọn biểu thức sau với
b) Giải phương trình .
c) Giải hệ phương trình .
Điều kiện: . Đặi . Ta có phương trình 
 (nhận).
 Vơi (thỏa).
* Với (thỏa).
(2)
Điềù kiện: 
(1): 
 nên 
 TH1: thay vào (2) ta có phương trình 
 (nhận)
* TH2: thay vào (2) ta có phương trình
Ta có , với mọi giá trị của Dấu bằng xảy ra khi (nhận) Vậy hệ phương trình có các nghiệm là . 
Câu 2 (2, 0 điểm).
a) Cho hai đa thức và . Biết rằng có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ihỏa mãn phương trình 
a) Gọi là ba nghiệm phân biệt của , ta có 
Đồng nhất hệ số của ta có: 
Vậy Q(x có hai nghiệm phân biệt
Lưu y: hs sử dụng Viet vẫn cho điểm tối đa
b/ 
Ta có: (xy-1)2=x2+y2
Giải hệ (1) ta được cặp nghiệm (0;1),(1;0)
Giải hệ (2) ta được cặp nghiệm (0;-1),(-1;0)
Câu 3: 
Ta có : 
Khi a=b=thì S = . Vậy giá trị lớn nhất của S là.
Theo BĐT AM-GM: 
Từ đó : Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 1.
Câu 4:(3 điểm)
Chưa vẽ hình 
Tứ giác BCFE nội tiếp nên ta có: ;
Mặt khác: BDCK là hình bình hành nên ; 
Do đó : ; 
Từ (1) và 
Gọi là giao điểm của và . Ta có: (đồng vi) và 
(Do 
Xét và có: 
 hay 
b) Có nội tiếp .
Mà 
Do đó:
 có thuộc đường trung trực của 
c) Ta có là đường trung bình của tam giác (4)
Từ (3) và (4) suy ra là đường trung trực của thẳng hàng. Từ (3) và Ta có cân tại nên là đường kính của đường tròn ngoại
tiếp 
Mà 
 là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp .
 Câu điểm). Cho tam giác và điểm thay đổi trong tam giác. Tia song song với cắt tại , tia song song với cắt tại , tia song song với cắt tại . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
Kẻ 
Ta có: (2); (3)
Từ 
Theo bất đẳng thức AM-GM:
Đẳng thức xảy ra khi là trọng tâm . Vậy giá trị nhỏ nhất của là 27 .
	SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
	BẾN TRE	TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP
	NĂM HỌC 2021 – 2022
	ĐỀ CHÍNH THỨC	Môn: TOÁN (chuyên)
	Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)
Câu 1. (2,0 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số để hàm số nghịch biến trên .
Cho Parabol và đường thẳng . Biết cắt tại hai điểm phân biệt , với . Tính .
Rút gọn biểu thức (với ).
Câu 2. (1,0 điểm)
Cho phương trình: (1), với là tham số. Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ; thỏa .
Câu 3. (3,0 điểm)
Giải phương trình nghiệm nguyên: .
Giải hệ phương trình: 
Giải phương trình: .
Câu 4. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương , thỏa . Chứng minh rằng:
.
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho tam giác vuông tại với (), có đường cao . Biết và .
Tính độ dài hai cạnh và 
Kẻ ; (với , ). Gọi là trung điểm của . Chứng minh .
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho tam giác có đường phân giác ngoài của góc cắt đường thẳng tại điểm . Gọi là trung điểm của . Đường tròn ngoại tiếp cắt các đường thẳng , lần lượt tại và (với , khác ). Gọi là trung điểm của . Chứng minh rằng //.
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. (2,0 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số để hàm số nghịch biến trên .
Cho Parabol và đường thẳng . Biết cắt tại hai điểm phân biệt , với . Tính .
Rút gọn biểu thức (với ).
Lời giải
Hàm số nghịch biến trên .
Vậy thì hàm số đã cho nghịch biến trên .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của và , ta có:
Có: 
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
 và 
Với , ta có , suy ra .
Với , ta có , suy ra .
Khi đó, ta có:
.
Vậy .
Vậy .
Câu 2. (1,0 điểm)
Cho phương trình: (1), với là tham số. Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ; thỏa .
Lời giải
Ta có: 
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
Vậy với thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
Theo đề bài ta có: (2), với điều kiện 
Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn và , nghĩa là
 (*)
Áp dụng định lý Vi-et, ta có: 
Ta có:
Từ đó, ta suy ra
Từ phương trình (2), ta được
 (3)
Giải phương trình (3) với điều kiện: (**)
Ta có: 
Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt:
 và 
So với điều kiện (*) và (**) thì .
Vậy không tồn tại giá trị của thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3. (3,0 điểm)
Giải phương trình nghiệm nguyên: .
Giải hệ phương trình: 
Giải phương trình: .
Lời giải
Ta có:
Vì đây là phương trình nghiệm nguyên nên ta có:
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là: .
Ta có: 
Mặt khác, , nghĩa là .
Do đó, từ hệ phương trình ban đầu đề cho, ta giải hệ phương trình sau:
Vậy hệ có tập nghiệm là 
Giải phương trình (*): .
Điều kiện xác định: .
Ta đặt 
Ta thấy 
Phương trình (*) trở thành:
Vì nên ta chỉ giải phương trình (2)
TH1: Với , ta có
So với điều kiện thì (Nhận).
TH2: Với , ta có
So với điều kiện thì (Nhận) và (Nhận).
Vậy tập nghiệm của phương trình là .
Câu 4. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương , thỏa . C ... ức
	P=x-1x-1+x-3x-2-1x-1+1:1x-1x-1-x+1	với x > 1 và x ≠ 2.
Rút gọn biểu thức P.
Với x > 1 và x ≠ 2 ta có:
P=x-1x-1+x-3x-2-1x-1+1:1x-1x-1-x+1 
P=x-1x-1-1x-2+1-1x-1+1:1x-1x-1-x+1 
P=x-1-1x-1+x-1+1x-2+x-1x-1+1:1x-1x-1-x+1 
P=x-1-1x-1+1x+x-1x-2x-1+1+x-1x-1+1:1x-1x-1-x+1 
P=x+x-1x-1+1+x-1x-1+1∙x-1x-1-x+1 
P=x+2x-1x-1+1∙x-1x-1-1 
P=x-1+2x-1+1x-1+1∙x-1x-1-1 
P=x-1+12x-1+1∙x-1x-1-1 
P=x-1+1∙x-1x-1-1 
P = (x – 1)(x – 2) = x2 – 3x + 2
Vậy P = x2 – 3x + 2 với x > 1 và x ≠ 2.
Tính giá trị của P khi x=7+43-5+17-43+53-2.
x=7+43-5+17-43+53-2 
x=4+43+3-5+14-43+3+52-3 	(do 3<2 )
x=2+32-5+12-32+52-3 
x=2+3-5+12-3+52-3 	(do 2-3>0 )
x=2+3-2-35+1-5 
x=2+3-2+3=23 	(thỏa điều kiện)
Thay x=23 vào P ta được P=232-3∙23+2=14-63
Vậy P=14-63.
Câu 2. (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = –2mx – 2m. Tìm tất cả giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn x1+x2=23 .
Giải:
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
x2 = –2mx – 2m ⇔ x2 + 2mx + 2m = 0 (1)
Ta có: ∆’ = m2 – 2m.
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 
⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 
⇔ ∆’ > 0 ⇔ m2 – 2m > 0 ⇔ m. (m – 2) > 0 ⇔m>2m>0m2m<0
Theo định lý Vi-ét ta có: x1+x2=-2mx1∙x2=2m
Theo đề bài ta có: 
x1+x2=23 
⇔x1+x22=12 
⇔x12+x22+2x1∙x2=12 
⇔x1+x22-2x1∙x2+2x1∙x2=12 
⇔-2m2-2∙2m+22m=12 
⇔4m2-4m+4m=12 (*)
Với m > 2 thì (*) trở thành: 4m2 – 4m + 4m = 12 ⇔ m2 = 3 (loại vì m2 > 4)
Với m < 0 thì (*) trở thành: 4m2 – 8m – 12 = 0 ⇔ m2 – 2m – 3 = 0 ⇔m=-1nhanm=3loai 
Vậy với m = –1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn đề bài.
Câu 3. (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực:
x+22x+1=4x+2.
ĐKXĐ: x ≥ 0 
x+22x+1=4x+2 
⇔2x+1+22x+1+1=x+4x+4 
⇔2x+1+12=x+22 
⇔2x+1+1=x+2 
⇔2x+1+1=x+2 	(do 2x+1+1>0 ,x+2>0 )
⇔2x+1=x+1 
⇔2x+1=x+1+2x 
⇔2x=x 
⇔ x2 – 4x = 0 ⇔x=0x=4 (thỏa điều kiện)
Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0; 4}
x+22=12x+4y+1y-12=2y+4x+2.
⇔ x2+4x+4=12x+4y+1y2-2y+1=2y+4x+2 ⇔ x2-8x-4y+3=01y2-4y-4x-1=02
Lấy (1) – (2) ta được: x2 – y2 – 4x + 4 = 0 ⇔ (x – 2)2 = y2 ⇔x-2=yx-2=-y
TH1: y = x – 2 thay vào (1) ta được: x2 – 8x – 4(x – 2) + 3 = 0 ⇔ x2 – 12x + 11 = 0 ⇔x=1x=11 
Với x = 1 thì y = 1 – 2 = –1
Với x = 11 thì y = 11 – 2 = 9
TH2: –y = x – 2 thay vào (1) ta được: x2 – 8x + 4(x – 2) + 3 = 0 ⇔ x2 – 4x – 5 = 0 ⇔x=-1x=5
Với x = –1 thì y = 2 – (–1) = 3
Với x = 5 thì y = 2 – 5 = –3
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm: S = {(1 ; –1) ; (11 ; 9) ; (–1 ; 3) ; (5 ; –3)}
Câu 4. (2,0 điểm) 
Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x – 3 = 0.
Ta có: x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x – 3 = 0
⇔ (x2 + 4xy + 4y2) + y2 + 2(x + 2y) + 1 – 4 = 0
⇔ [(x + 2y)2 + 2(x + 2y) + 1] = 4
⇔ (x + 2y + 1)2 + y2 = 4
Vì x, y ∈Z nên phương trình trên tương đương với x+2y+12=4y2=0 Ix+2y+12=0y2=4 II
Giải (I): 
x+2y+12=4y2=0 ⇔ x+12=4y=0 ⇔ x+1=2x+1=-2y=0 ⇔ x=1x=-3y=0 ⇔ x=1 , y=0x=-3 , y=0
Giải (II): 
x+2y+12=0y2=4 ⇔ x+2y+1=0y=2y=-2 ⇔ x2y+1=0y=2x+2y+1=0y=-2 ⇔ x=-5 , y=2x=3 , y=-2
Vậy tập nghiệm nguyên của phương trình là: S = {(1; 0); (–3; 0); (–5; 2); (3; –2)}.
Lúc 7 giờ, anh Toàn điều khiển một xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố B. Khi đi được 34 quãng đường, xe bị hỏng nên anh Toàn dừng lại để sửa chữa. Sau 30 phút sửa xe, anh Toàn tiếp tục điều khiển xe gắn máy đó đi đến thành phố B với vận tốc nhỏ hơn vận tốc ban đầu 10 km/h. Lúc 10 giờ 54 phút, anh Toàn đến thành phố B. Biết rằng quãng đường từ thành phố A đến thành phố B là 160 km và vận tốc của xe trên mỗi đoạn đường không đổi. Hỏi anh Toàn dừng xe để sửa chữa lúc mấy giờ?
Giải:
Gọi vận tốc xe ban đầu là x (km/h) (x > 10).
Vận tốc sau khi sửa chữa xe là: x – 10 (km/h)
Quãng đường từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: 34∙160=120 (km)
Quãng đường còn lại là: 160 – 120 = 40 (km).
Thời gian đi từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: 120x (h), thời gian đi từ lúc đã sửa xe đến B là 40x-10 (h)
Anh Toàn phải dừng lại sửa xe 30 phút = 0,5 h nên tổng thời gian đi từ A đến B là:
 120x+0.5+40x-10 (h)
Vì lúc đi từ A là 7 giờ và đi đến B là 10 giờ 54 phút nên tổng thời gian đi từ A đến B (kể cả thời gian sửa xe là 3 giờ 54 phút = 3,9 (h)
Vậy ta có phương trình: 120x+0.5+40x-10=3,9
⇔120x+40x-10=3,4 
⇒ 120(x – 10) + 40x = 3,4x. (x – 10)
⇔ 3,4x2 – 194x + 1200 = 0	(1)
∆’ = 972 – 3,4. 1200 = 5329 = 732 > 0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt:
	x1 = 50 (thỏa đk)
x2=12017<10 (không thỏa đk)
Suy ra vận tốc của xe đi từ A đến lúc bị hỏng xe là 50 km/h
Thời gian anh Toàn đi từ A đến lúc bị hỏng xe là 12050 = 2,4 (h)
Vậy anh Toàn dừng xe để sửa chữa lúc: 7 + 2,4 = 9,4 (h) = 9 giờ 24 phút
Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB > BC > AC) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường tròn tâm C, bán kính CB cắt đường thẳng AB tại điểm D và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E.
Chứng minh đường thẳng DE vuông góc với đường thẳng AC.
Xét (O): AEC=ABC (2 góc nôi tiếp chắn cung AC)
∆CBD có CB = CD (bán kính (C)) ⇒∆CBD cân tại C ⇒ CBD=CDB 
Suy ra CEA=CDB 
Mà ta có: CED=CEA+AED
 CDE = CDB+ADE 
∆CED có CE = CD (bán kính (C)) ⇒∆CED cân tại C ⇒ CED=CDE 
Suy ra: AED =ADE nên ∆ADE cân tại A ⇒ AE = AD 
Ta lại có: CE = CD (bán kính (C)) nên AC là trung trực của ED
Suy ra AC ⊥ ED
Đường thẳng DE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Các đường thẳng CO, AB cắt nhau tại điểm H và các đường thẳng BE, CF cắt nhau tại điểm K. Chứng minh rằng: CKH=CBH .
*Ta có: FBD=AED góc trong bằng góc ngoài đối diện của tứ giác nội tiếp BCEF
Mà FBD = FCA (2 góc nội tiếp chắn cung FA của (O))
Và AED =ADE (chứng minh câu a)
Nên FBD = ADE hay FBD = BDF 
Do đó ∆FBD cân tại F ⇒ FB = FD 
Mà CB = CD (bán kính (C)) 
Nên FC là trung trực của BD ⇒ FC ⊥ DB hay BH ⊥CK
*Ta có: CE = CB (bán kính (C)) và OE = OB (bán kính (O))
 Suy ra OC là trung trực của BE ⇒ OC ⊥BE hay CH ⊥BK
Xét ∆BCK:
CH ⊥BK (cmt)
BH ⊥CK (cmt)
Suy ra H là trực tâm ∆BCK nên KH ⊥BC
⇒ CKH+KCB = 900
Mà BH ⊥CK (cmt) ⇒ CBH+KCB = 900
Nên CKH=CBH (đpcm)
Gọi I là giao điểm của đường thẳng AB và CE. Chứng minh IA. IB = ID. IH.
*Xét ∆IAE và ∆IBC có:
AEI = CBI (2 góc nội tiếp chắn cung AC của (O))
EIA =BIC (2 góc đối đỉnh)
⇒ ∆IAE ∽ ∆ICB (g – g) ⇒IEIB=IAIC
⇒IE. IC = IB. IA 
 * Ta có: B đối xứng E qua CO (OC là trung trực của BE)
⇒ CBH=CEH (tính chất đối xứng)
Và: CBH=CDH (∆CBD cân tại C)
Nên: CEH = CDH
⇒ CDEH nội tiếp (2 đỉnh kề nhau E, D cùng nhìn cạnh CH dưới các góc bằng nhau)
⇒DEI = CHI
Xét ∆IED và ∆IHC có:
DEI = CHI (cmt)
EID =HIC (2 góc đối đỉnh)
⇒ ∆IED ∽ ∆IHC (g – g) ⇒IEID=IHIC
⇒IE. IC = ID. IH 
Mà IE. IC = IB. IA (cmt)
Vậy IB. IA = ID. IH (đpcm)
Câu 6. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng
x+22y+z+y+22z+x+z+22x+y≥12 
Áp dụng Bất dẳng thức phụ x2a+y2b+z2c≥x+y+z2a+b+c . Dấu “=” xảy ra khi xa=yb=zc , a, b, c > 0
Chứng minh BĐT phụ:
Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số xa;yb;cc và a;b;c ta có:
x2a+y2b+z2ca+b+c≥x+y+z2 ⇔ x2a+y2b+z2c≥x+y+z2a+b+c
Khi đó ta có:
x+22y+z+y+22z+x+z+22x+y≥x+y+z+622x+y+z 
⇒ x+22y+z+y+22z+x+z+22x+y≥x+y+z2+12x+y+z+362x+y+z
⇒ x+22y+z+y+22z+x+z+22x+y≥x+y+z2+18x+y+z+6
⇒ x+22y+z+y+22z+x+z+22x+y≥2x+y+z2∙18x+y+z+6	(BĐT Cauchy)
⇒ x+22y+z+y+22z+x+z+22x+y≥29+6=12
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x+2y+z=y+2z+x=z+2x+yx+y+z2=18x+y+z ⇔ x=y=zx+y+z2=36 ⇔ x = y = z = 2
ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN - THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – 2021 – 2022 
Câu 1.	Cho phương trình với là tham số. Tìm tất cả giá trị của để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt sao cho đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 2.	
1) Giải phương trình 
2) Giải hệ phương trình 
Câu 3.	
1) Tìm tất cả các số tự nhiên và để là số nguyên tố.
2) Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn 
Câu 4.	Cho ba số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .
Câu 5.	Cho nửa đường tròn đường kính . Lấy điểm tùy ý trên nửa đường tròn đó ( khác và ). Gọi lần lượt là điểm chính giữa của cung và cung . Hai đường thẳng và cắt nhau tại . Hai dây cung và cắt nhau tại . 
1) Chứng minh tứ giác nội tiếp. 
2) Gọi là trung điểm . Chứng minh là tiếp tuyến của nửa đường tròn . 
3) Chứng minh rằng khi di động trên nửa đường tròn thì đường thẳng luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. 
4) Trên nửa đường tròn không chứa lấy một điểm tùy ý ( khác và ). Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của trên . Tìm vị trí của để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. 
Cho phương trình với là tham số. Tìm tất cả giá trị của để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt sao cho đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Đặt , . Phương trình trở thành: 
Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi phương trình có hai nghiệm dương phân biệt . 
Ta được 
Giả sử 
Khi đó, đặt ; ; .
Ta có 
Dấu bằng xảy ra khi (thỏa mãn điều kiện)
Vậy giá trị nhỏ nhất của là , đạt khi .
1) Giải phương trình 
2) Giải hệ phương trình 
Lời giải
1) Điều kiện: 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 
2) 
Thay vào phương trình , ta được
Vậy hệ có nghiệm .
1) Tìm tất cả các số tự nhiên và để là số nguyên tố.
2) Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn 
Lời giải
 là số nguyên tố
Thử lại , thỏa mãn yêu cầu. 
2) 
Nhận xét: . 
Vậy phương trình có nghiệm: 
Cho ba số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .
Lời giải
Ta có 
Dấu bằng xảy ra khi 
Cho nửa đường tròn đường kính . Lấy điểm tùy ý trên nửa đường tròn đó ( khác và ). Gọi lần lượt là điểm chính giữa của cung và cung . Hai đường thẳng và cắt nhau tại . Hai dây cung và cắt nhau tại . 
1) Chứng minh tứ giác nội tiếp. 
2) Gọi là trung điểm . Chứng minh là tiếp tuyến của nửa đường tròn . 
3) Chứng minh rằng khi di động trên nửa đường tròn thì đường thẳng luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. 
4) Trên nửa đường tròn không chứa lấy một điểm tùy ý ( khác và ). Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của trên . Tìm vị trí của để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. 
Lời giải
1) Có ; 
 tứ giác là tứ giác nội tiếp. 
2) Tam giác vuông tại có là trung tuyến ứng với cạnh huyền. Ta được .
Tứ giác nội tiếp nên 
Tứ giác nội tiếp nên 
Tam giác cân tại nên 
Suy ra . Vậy là tiếp tuyến của nửa đường tròn .
3) Ta có là tia phân giác góc , là tia phân giác góc . Hai góc này kề bù, suy ra . 
Tam giác vuông cân tại . Gọi là trung điểm , ta có ; 
Suy ra luôn tiếp xúc với đường tròn tâm , bán kính . 
4) 
Có 
Ta được 
Dấu bằng xảy ra khi là điểm chính giữa cung không chứa .