Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2002 – 2003
Bài 1: .( 2 điểm) Cho biểu thức :
- +
= + -
+ +
2
x x 2x x
y 1
x x 1 x
(x > 0)
a) Rút gọn y.
( 1)( 1) (2 1)
1 1 2 1 3
1
x x x x x x
x x x x x
x x x
− + + +
= + − = − + − − = −
+ +
b) Tìm x để y = 4.
3 4x x⇔ − =
3 4 0x x⇔ − − =
đặt
0x t= ≥

2
3 4 0 4;t t t⇔ − − = ⇔ =
(nhận)
1t = −

(loại)
Với t = 4
4 16x x⇔ = ⇔ =
Thỏa mãn đkxđ
c) Tìm giá trò nhỏ nhất của y.
y
3x x= −
=
( )
2
3 9 9
2
2 4 4
x x− × + −
=
2
3 9 9
2 4 4
x
−
 
− − ≥
 ÷
 
9 3 9
min 0 0
4 2 4
y x x
−
= ⇔ − = ⇔ = >

Bài 2: ( 2 điểm) Cho hàm số y = ax
2
có đồ thò (P) và hàm số y = a’x + b’ có đồ thò (D).
a) Tìm a’, b’ biết (D) đi qua hai điểm
(D) đi qua A(2; 1) và B(0 ; -1) ta có:
2 ' ' 1 ' 1
0. ' ' 1 ' 1
a b a
a b b
 + = =

⇔
 
+ = − = −


vậy (D): y = x – 1
b) Tìm a để (P) tiếp xúc với đ.thẳng (D) vừa tìm được.
Phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P):
ax
2
= x – 1
ax
2
– x + 1 = 0 (*)
2
( 1) 4 1 4a a∆ = − − = −
Để (D) tiếp xúc (P) thì phương trình (*) có nghiệm kép
1
1 4 0

4
a a∆ = − = ⇔ =
c) Vẽ (P) và (D) vừa tìm được trên cùng hệ trục tọa độ.
(D) đi qua 2 điểm A và B ở trên.
Hoặc xác đònh E(0 ; -1) và F(0 ; 1)
(P): y = ¼ x
2
có bảng giá trò
x -3 -2 0 2 3
y 9/4 1 0 1 9/4
Bài 3: ( 2 điểm)
Gọi vận tốc dự đònh là x (km/h , x > 0)
Vận tốc lúc sau: x + 6 (km/h)
Quãng đường đi được sau 1 giờ : x (km)
Quãng đường còn lại: 120 – x (km)
Thời gian đi đoạn đường sau:
120
6
x
x
−
+
(h)
Thời gian dự đònh:
120
x
(h)
Đổi 10’ = 1/6 h, ta có phương trình:
1 120 120
1

6 6
x
x x
−
+ + =
+
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 1
4
2
-2
-5
5
(P)
(D)
h
x
( )
=
1
4
(
)
⋅
x
2
g
x
( )
= x-1
N

x
M
H
S
R
Q
P
y
D
C
B
A
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
x
2
+ 42x – 4320 = 0
x
1
= 48 ; x
2
= -90 (loại) Vậy vận tốc lúc đầu là 48 km/h
Bài 4:
a) Chứng minh :
D
AQR cân,
D
APS cân.
C/m:
D
DAQ =

D
BAR
⇒
AQ = AR
⇒
D
AQR cân tại A
C/m:
D
BAP =
D
DAS
⇒
AP = AS
⇒
D
APS cân tại A
b) SP cắt RQ tại H. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của RQ, PS. Tứ
giác AMHN là hình gì ?
Có QC
⊥
PR ; RA
⊥
PQ ; PR
∩
PQ tại S
⇒
S là trực tâm của
⇒


D
PQR
⇒
PH
⊥
QR (1) AM
⊥
QR (2) AN
⊥
PQ (3)
⇒
AMHN là hình chữ
nhật
c) Chứng minh :
D
MAC cân và
D
NAC cân.
AM = ½ QR ; CM = ½ QR
⇒
AM = CM
⇒

D
MAC cân tại M
AN = ½ PS ; CN = ½ PS
⇒
AN = CN
⇒


D
NAC cân tại N
d) Tìm quỹ tích trung điểm M của RQ và quỹ tích trung điểm N của PS khi góc vuông
·
xAy
xoay quanh A (không
yêu cầu chứng minh phần đảo).
MA = MC (cmt) ; NA = NC (cmt)
⇒
MN là đường trung trực của AC
Vì ABCD là hình vuông
⇒
BD cũng là đường trung trực của AC
⇒
Quỹ tích M, N thuộc đường chéo BD.
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2003 – 2004
Bài 1: .( 1,5 điểm) Xác đònh m để phương trình
x
2
– 4x + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa hệ thức : x
1
3
+ x
2
3
= 52.

'
∆
= (-2)
2
– (m – 1) = 5 – m
Để Pt có 2 nghiệm phân biệt thì 5 – m > 0
⇒
m < 5
Theo Vi-ét ta có S = 4 ; P = m – 1
x
1
3
+ x
2
3
= 52
⇔
(x
1
+ x
2
)
3
- 3 x
1
x
2
(x
1
+ x

2
) = 52
⇔
4
3
– 3.4.(m – 1) = 52
⇔
-12m = -24
⇔
m = 2 (thỏa mãn đk m < 5)
Bài 2: ( 2 điểm) Giải phương trình
2
4x 4x 1 2 4x 1 1 0+ + - + + =
2 2
(2x) ( 4x 1 1) 0+ + - =
2 0
0
4 1 1
4 1 1 0
x
x
x
x
=

=


⇔ ⇔
 

+ =
+ − =



0
0
4 0
x
x
x
=

⇔ ⇔ =

=

thỏa mãn
Bài 3: (2,5 điểm) Gọi x, y lần lượt là thời gian đội I, đội II làm một mình xong công việc (ngày ; x, y > 12)
Trong 1 ngày: Đội I làm được
1
x
(CV) Đội II làm được
1
y
(CV) Cả 2 đội làm được:
1
12
(CV)
Ta có PT:

1
x
+
1
y
=
1
12
Trong 8 ngày làm chung cả hai đội làm 8(
1
x
+
1
y
)
Năng suất tăng gấp đôi: 2.
1
y
Đội II làm trong 3 ngày rưỡi (7/2 ngày) với năng suất gấp đôi, làm được
7
2
.2.
1
y
= 7.
1
y
(CV)
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 2
a

1
x
y
I
D
K
C
H
A'
B'
M
O
B
P
A
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
Ta có PT: 8(
1
x
+
1
y
) + 7.
1
y
= 1
⇔
8.
1
x

+ 15.
1
y
= 1
Giải hệ:
1 1 1
12
1 1
8 15 1
x y
x y

+ =




× + × =


đặt
1
x
= a ;
1
y
= b ta có
1
1
28

28
12
21
1
8 15 1
21
a
x
a b
y
a b
b


=


=
+ =

 
⇔ ⇔
  
=

 
+ =
=





Bài 4: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng dây AB có độ dài không đổi.
·
xPy
α
=
không đổi cho trước
Mà
·
»
1
2
xPy sd AB=
Do đó AB có độ dài không đổi
b) Chứng minh K thuộc đường tròn (O).
Ta có
·
·
AMB APB
α
= =
(Vì APBM là hình bình hành)
·
·
·
·
·
·

0
0
0
180
180
180
AMB CKD
APB CKD
APB AKB
+ =
⇒ + =
⇒ + =
⇒
APBK nội tiếp (O) hay K nằm trên đường tròn (O)
c) Chứng minh ba điểm: H, I, K thẳng hàng.
PB // AM ; CB
⊥
AM
⇒
CB
⊥
AH
⇒
CB // AH hay BK // AH (1)
PA // BM ; AD
⊥
BM
⇒
AD
⊥

AP
⇒
AD // BH hay AK // BH (2)
Từ (1) , (2)
⇒
AHBK là hình bình hành
Mà I là trung điểm của AB, nên I cũng là trung điểm của HK hay H , I , K thẳng hàng.
d) Khi góc xPy quay quanh P mà hai tia Px và Py vẫn cắt đường tròn (O) ở A và B thì H chạy trên đường nào
Từ c/
⇒
·
·
0
180AHB AKB
α
= = −
Vì P chạy trên cung lớn AB (
0
0 90
α
< <
)
Nên H chạy trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm P
Vậy H chạy trên một cung chứa góc
0
180
α
−
dựng trên đoạn AB
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2004 – 2005

Bài 1: .(1,5 điểm) Cho phương trình x
2
– x – 1 = 0.
1/. Chứng minh phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
. Tính x
1
2
+ x
2
2
Vì a.c = 1.(-1) < 0 nên PT luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Hoặc lập
∆
= 5 > 0 suy ra đpcm
+Theo Vi-ét ta có S = 1 ; P = -1
+Tính x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2

)

2
- 2x
1
x
2
= 1
2
– 2.(-1) = 3
2/. Chứng minh tổng Q = x
1
2
+ x
2
2
+ x
1
4
+ x
2
4
chia hết cho 5.
x
1
4
+ x
2
4
= (x
1
2

)
2
+ (x
2
2
)
2
= (x
1
2
+ x
2
2
)
2
- 2x
1
2
x
2
2

Theo câu 1/ ta có Q = 3 + 3
2
– 2.(-1)
2
= 10
M
5
Bài 2: (2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:

A =
( ) ( )
- + -
2 2
5 3 2 5
=
5 3 2 5 3 5 5 2 1− + − = − + − =
B =
( ) ( )
+ - +10 2 . 6 2 5 . 3 5
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 3
O
L
K
H
N
M
C
B
A
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
2
2( 5 1)( 5 1) 3 5= + − × +

( 5 1)( 5 1)( 5 1) 2(3 5)= + − − × +
2 2
( 5 1)( 5 1) (1 5)= + − × +

2 2
( 5 1) ( 5 1)= + −

= (5 – 1)
2
= 16
Bài 3: (2,5 điểm)
1h12’ =
6
5
h ; 30’ =
1
2
h ; 45’ =
3
4
h ; 75% =
3
4
Gọi x (giờ) là thời gian đội 1 làm một mình xong công việc ( x > 0)
y (giơ() là thời gian đội 2 làm một mình xong công việc ( y > 0)
Trong 1 giờ: Người thứ nhất làm được:
1
x
(cv) Người thứ hai làm được:
1
y
(cv) Cả hai người làm được: 1:
6
5
=
5
6

Ta có phương trình:
1
x
+
1
y
=
5
6
(1)
Khi 2 người làm chung trong 30 phút được:
1
2
(
1
x
+
1
y
)
Lúc sau chỉ có người thứ 2 làm trong 45’ được
3
4
×
1
y
Ta có phương trình:
1
2
(

1
x
+
1
y
) +
3
4
×
1
y
=
3 1 1
2 5 3
4 x y
⇔ × + × =
(2)
Giải hệ:
1 1 5
x 6
1 1
2 5 3
y
x y

+ =





× + × =


đặt
1
x
= a ;
1
y
= b Được:
7
18
18
7
4
9
9
4
a
x
b
y


=
=


 
⇔

 
 
=
=




Trả lời: thời gian đội 1 làm một mình xong công việc
18 4
2
7 7
h=
thời gian đội 2 làm một mình xong công việc
Bài 4: (4 điểm)
1/. Trên MA lấy điểm N sao cho MN = MB.
a) Chứng minh
D
ABN =
D
CBM.
-Chứng minh:
D
BMN đều
MN = MB (gt) và
·
·
0
60BMN ACB= =
cùng chắn cung AB

-Chứng minh:
D
ABN =
D
CBM (cgc)
b) Suy ra : MA = MB + MC.
MA = AN + MN = MC + MB
2/. Chứng minh rằng :
1 1 1
MH MK ML
= +
D
HBM
:
D
KAM
HB MB MH
AK AM MK
⇒ = =
AL CM MH
HCM LAM
HC AM ML
∆ ∆ ⇒ = =
:
CM BM MH MH
AM AM MK ML
⇒ + = +
1 1CM BM
MH
AM MK ML

+
 
⇔ = +
 ÷
 
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 4
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
1 1
1 1 1
AM
MH
AM MK ML
MH MK ML
 
⇔ = +
 ÷
 
⇔ = +
3/. Chứng minh rằng: MH
2
+ MK
2
+ ML
2
= h
2
.
Ta có S
ABC
= S

ABM
+ S
ACM
- S
BMC
⇔
AI.BC = ML.AB + MK.AC – MH.BC
⇔
AI = ML + MK – MH (do AB = AC = BC)
⇔
AI
2
= ML
2
+ MK
2
+ MH
2
+2ML.MK–2ML.MH-2MK.MH
⇔
AI
2
= ML
2
+ MK
2
+ MH
2
+ 2ML.MK – 2(ML + MK)
Mà

1 1 1 .MK ML
MH
MH MK ML MK ML
= + ⇒ =
+
. ( )MK ML MH MK ML⇒ = +
⇔
AI
2
= ML
2
+ MK
2
+ MH
2
⇔
AI
2
= ML
2
+ MK
2
+ MH
2
⇔
h
2
= ML
2
+ MK

2
+ MH
2
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2005 – 2006
Bài 1: .(2 điểm) Cho phương trình : x
2
– 2(m + 1)x + m
2
+ 2m –3 = 0 (1)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt.
'
∆
= [-(m + 1)]
2
– (m
2
+ 2m - 3) = m
2
+ 2m + 1 – m
2
– 2m + 3 = 4 > 0
Vậy PT luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
b) Tìm m để nghiệm của (1) thỏa điều kiện :
x
1
2
+ x
2
2
= 10

Từ (1) ta có S = 2(m + 1) = 2m + 2
P = m
2
+ 2m – 3
Từ x
1
2
+ x
2
2
= 10
⇔
(x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
x
2
= 10
⇔
(2m + 2)
2
– 2(m
2
+ 2m – 3) = 10
⇔

4m
2
+ 8m + 4 – 2m
2
– 4m + 6 = 10
⇔
2m
2
+ 4m = 0
⇔
2m(m + 2) = 0
⇔
m = 0 ; m = -2
c) Tìm m để tích hai nghiệm của (1) nhỏ nhất.
P = m
2
+ 2m – 3 = m
2
+ 2m + 1 – 4 = (m + 1)
2
– 4
≥
- 4
minP = -4
⇔
m + 1 = 0
⇔
m = -1
Bài 2: (2 điểm) Cho biểu thức :
( ) ( )

2
3
1 1 a + 2
M =
1- a
2 1+ a 2 1- a
+ -
a) Rút gọn M. Đkxđ:
0; 1a a
≥ ≠
( ) ( )
2
2
1 1 a + 2
M =
(1- a)(a 1)
2 1+ a 2 1- a
a
+ -
+ +
( ) ( )
2 2 2
2
1- a (a 1) 1+ a (a 1) 2(a + 2)
M =
2(1- a)(a 1)
a a
a
+ + + + + - -
+ +


2 2 2 2 2
2
a 1 a 1 a 1 a 1 2a - 4
M =
2(1- a)(a 1)
a a a a a a a a
a
+ + - - - + + + + + + -
+ +
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 5
K
I
N
M
O
C
B
A
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
2
2a - 2
M =
2(1- a)(a 1)a+ +
M
2 2
2(1 ) 1
2(1- a)(a 1) (a 1)
a
a a

- - -
= =
+ + + +
b) Tìm giá trò nhỏ nhất của M.
Do
0a
≥
nên
2
1 1a a
+ + ≥
Suy ra minM = -1 khi a = 0
Bài 3: (2 điểm) Giải phương trình :
2
x + x + 12 x + 1 = 36
x(x + 1) + 12 x + 1 = 36
với
1x
≥ −
Đặt
2 2
1 0 1 1x t t x x t+ = ≥ ⇒ = + ⇒ = −
ta có:
(t
2
-1)t
2
+ 12t – 36 = 0
⇔
t

4
– t
2
+ 12t – 36 = 0
Dùng Đònh lí Bơzu và lược đồ Hoocne được:
⇔
(t – 2)(t + 3)(t
2
– t + 6) = 0
2
2 0 2
3 0 3 0
6 0
t t
t t
t t t
 − = =



⇔ + = = − <




− + = ∈Φ


Với t = 2
1 2 1 4 3x x x+ = ⇒ + = ⇒ =

(nhận)
Vậy S = {3}
Cách 2:
2
x + 2x +1 - x - 1+ 12 x + 1- 36 = 0
⇔
( )
2
2
( 1) 1 6 0x x+ − + − =
⇔
( ) ( )
1 1 6 1 1 6 0x x x x+ + + − + − + + =
⇔
( ) ( )
5 1 7 1 0x x x x− + + + − + =
5 1 0
7 1 0
x x
x x

− + + =
⇔

+ − + =


*
5 1 0 1 5x x x x− + + = ⇒ + = −
x + 1 = 25 -10x + x

2
(
5x
≤
)
x
2
– 11x + 24 = 0
⇔
x = 3 ( nhận) ; x = 8 (loại)
*
7 1 0 1 7x x x x+ − + = ⇒ + = +
x + 1 = x
2
+ 14x + 49 (
7x
≥ −
)
x
2
+ 13x + 48 = 0 Phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có S = {3}
Bài 4: (2 điểm)
a) Chứnh minh
MBK MIC
∆ ∆
:
;
NAK NIC
∆ ∆

:
b) Chứng minh :
= +
BC CA AB
IA IB IC
(1)
MB MK BK MB MI
MBK MIC
MI MC IC BK IC
∆ ∆ ⇒ = = ⇒ =
:
(2)
NA AK NK NA NI
NAK NIC
NI IC NC AK IC
∆ ∆ ⇒ = = ⇒ =
:
Theo gt: MB = MC ; NA = NC
⇒
MN // AB ; AB = 2MN
⇒
ABKI là hình thang cân
⇒
AI = BK ; BI = AK
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 6
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
Từ (1)
⇒
(3)
MB MI

IA IC
=
Từ (2)
⇒
(4)
NA NI
BI IC
=
Lấy (4) trừ (3)
MB NA MI NI MN
IA IB IC IC
−
− = =
1 1 1
2 2 2
BC AC AB
IA IB IC
⇔ − =
BC AC AB
IA IB IC
⇔ − =
BC AC AB
IA IB IC
⇔ = +
Bài 5: (2 điểm) Cho a, b, c > 0.
Chứng minh rằng:
+ + >
+ + +
25a 16b c
8

b c c a a b
.
Đặt A =
25a 16b c
b c c a a b
+ + =
+ + +
A =
25a 16b c
25 16 1 42
b c c a a b
+ + + + + - =
+ + +
A =
25(a b c) 16(a b c) a b c
42
b c c a a b
+ + + + + +
+ + - =
+ + +
A =
25 16 1
(a b c) 42
b c c a a b
ỉ ư
÷
ç
+ + + + - =
÷
ç

÷
ç
è ø
+ + +
p dụng bất đẳng thức Co-si Svas:
2 2 2 2
( )x y z x y z
a b c a b c
+ +
+ + ≥
+ +

với x, y, z
∈
R và a, b, c > 0
Dấu “=” xảy ra khi
x y z
k
a b c
= = =
( )
2
(5 4 1)
42 8
2( )
A a b c
a b c
+ +
⇒ ≥ + + × − =
+ +

Dấu “=” xảy ra khi
5 4 1 5 4 1 5
2( )b c c a a b a b c a b c
+ +
= = = =
+ + + + + + +
Suy ra a = 0 điều này trái với giả thiết,
nên dấu “=” không xảy ra
Vậy A > 8 suy ra đpcm.
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2006 - 2007
Bài 1: .(2 điểm) Cho phương trình :
mx
2
– 2(m + 3)x + m + 2 = 0 (1)
1/. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x
1
, x
2
phân biệt.
'∆
= [-(m + 3)]
2
– m(m + 2) = 4m + 9
Để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì:
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 7
R
x
R
K
H

O
C
A
B
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
0
0 0
9
' 0 4 9 0
4
m
a m
m
m

 ≠

≠ ≠
  
⇔ ⇔
   −
∆ > + >
>
  



Vậy
9
; 0

4
m m
−
> ≠
2/. Tìm số nguyên m sao cho F =
+
1 2
1 1
x x
là một số nguyên.
Từ (1) theo Vi-ét: S =
2( 3) 2
;
m m
P
m m
+ +
=
Theo gt F =
1 2
1 2 1 2
x x1 1
x x x .x
+
+ = =
=
2(m 3) m 2m 6 2
2
m m 2 m 2 m 2
+ +

× = = +
+ + +
Để F có giá trò thì m + 2 phải là ước của 2
Nếu m + 2 = -1
⇒
m = -3 (loại)
Nếu m + 2 = 1
⇒
m = -1
Nếu m + 2 = -2
⇒
m = -4 (loại)
Nếu m + 2 =
⇒
m = 0 (loại)
Vậy số nguyên m cần tìm là m = -1
Bài 2: (3,5 điểm) Giải các phương trình sau :
1/.(x
2
– 12x – 64).(x
2
+ 30x + 125) + 800 = 0
⇔
(x – 16)(x + 4)(x + 5)(x + 25) + 800 = 0
⇔
(x
2
+ 9x – 400)(x
2
+ 9x + 20) + 800 = 0

Đặt x
2
+ 9x – 400 = t, ta có:
t(t + 420) + 800 = 0
⇔
t
2
+ 420t + 800 = 0 (mời các bạn giải tiếp dùm!)
2/. x
2
+ 4x + 5 = 2
+2x 3
⇔
x
2
+ 2x + 1 + 2x + 3 - 2
+2x 3
+ 1 = 0
⇔
(x + 1)
2
+ (
+2x 3
- 1)
2
= 0
1 0 1
2 3 1 0 2 3 1
x x
x x

+ = = −
 
 
⇔ ⇔
 
+ − = + =
 
 
1
1
2 3 1
x
x
x
= −

⇔ ⇔ = −

+ =

Vậy nghiệm của phương trình là S = {-1}
Bài 3: (2,5 điểm)
1/. Chứng minh :
S

£
AK . BK
S = S
ABK
+ S

ACK
= ½ AH.BK + ½ AH.CK
= ½ AH(BK + CK)
= ½ AH.2BK
= AH.BK
£
AK.BK
2/. Chứng minh :
S

£

2
3 3 R
4
Đặt OK = x > 0, ta có
BK =
2 2
R x−
và AK
£
OK + OA = R + x
S
£
AK.BK
£
(R + x).
2 2
R x−
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 8

Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang

£
2
( )R x+
2 2
R x−

£
( )( )( )( )R x R x R x R x+ + + −

£
1
( )( )( )(3 3 )
3
R x R x R x R x+ + + −
mà
4
4
1 1 ( 3 3 )
( )( )( )(3 3 )
3 3 4
R x R x R x R x
R x R x R x R x
+ + + + + + −
× + + + − ≤ ×
2
2
1 6 9
( )( )( )(3 3 )

3 4 4
R R
R x R x R x R x
 
+ + + − ≤ =
 ÷
 
2
1 3 3
( )( )( )(3 3 )
3 4
R
R x R x R x R x+ + + − ≤
Vậy S
2
3 3
4
R
≤
3/. Xác đònh tính chất tam giác ABC khi tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Bài 4: (2 điểm) Cho phương trình :
( x – 2006 )
2
+ ( x – 2007 )
2
= 1 (*)
Tìm 2 nghiệm của phương trình đã cho.
Chứng minh phương trình có 2 nghiệm duy nhất.
- Nhận thấy x = 2006 hoặc x = 2007
là nghiệm của phương trình

- Nếu
2006; 2007x x≠ ≠
ta có:
(*)
⇔
( x – 2006 )
2
+ ( 2007 – x )
2
= 1
⇔
(x–2006+2007–x)
2
–2(x–2006)(2007–x) = 1
⇔
1 – 2(x – 2006)(2007 – x) = 1
⇔
2(x – 2006)(2007 – x) = 0
X – 2006 = 0 hoặc 2007 – x = 0 Suy ra x = 2006 hoặc x = 2007
Vậy phương trình có 2 nghiệm duy nhất là x = 2006 ; x = 2007
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2007 - 2008
Bài 1: .(2 điểm) Cho phương trình: x
2
– 2(m + 1)x + 2m + 3 = 0 (1)
a) Tìm số tự nhiên m nhỏ nhất để phương trình (1) có 2 nghiệm x
1
, x
2
phân biệt
'∆

= [-(m + 1)]
2
– (2m + 3) = m
2
– 2
Vì a = 1
≠
0 nên để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì
'∆
> 0
⇔
m
2
– 2 > 0
⇔
m
2
> 2
⇔
2 2; 2m m m> ⇔ < − >
Vậy số tự nhiên nhỏ nhất là m = 2
b) Tìm các giá trò của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn (x
1
– x
2
)

2
= 4
Từ (1) ta có S = x
1
+ x
2
= 2m + 2 ;
P = x
1
.x
2
= 2m + 3
Theo gt: (x
1
– x
2
)
2
= 4
⇔
(x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2

= 4
⇔
(2m + 2)
2
– 4(2m + 3) = 4
⇔
m
2
= 3
⇔
3m = ±
Bài 2: .(2 điểm) Giải phương trình sau:

( 2) ( 5) ( 3)x x x x x x− + − = +
(1)
Nhận xét: x = 0 là 1 nghiệm của phương trình Với x > 0
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 9
D
B'
A'
O
C
M
A
B
E
C'
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
ta có (1)
⇔

2 5 3x x x− + − = +
⇔
2 5 2 ( 2)( 5) 3x x x x x− + − + − − = +
⇔
2
2 7 10 10x x x− + = −
đkxđ 0 < x
≤
10
⇔
4(x
2
– 7x + 10) = 100 – 20x + x
2
⇔
3x
2
– 8x – 60 = 0
⇔
x
1
= 6 (nhận) ; x
2
=
10
3
−
(loại) Vậy S =
{ }
0;6

Bài 3: .(2 điểm) Giải hệ phương trình
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 19
2 19
2 20
( 1)( 2) 20
x x y y
x y x y
x x y y
xy x y

− + − =

+ − − =

⇔
 
− − = −
− − = −



Đặt x
2
– x = a ; y
2
- 2y = b khi đó hệ trở thành:

19 20
. 20 1
a b a
a b b
 + = =

⇔
 
= − = −


hoặc
1
20
a
b
= −


=

Với
2
2
20
20
1
2 1
a
x x

b
y y

=

− =

⇔
 
= −
− = −



2
2
5; 4
20 0
1
2 1 0
x x
x x
y y
y y
 = = −
− − =

⇔ ⇔
 
= =

− + =


Với
2
2
1
1
20
2 20
a
x x
b
y y

= −

− = −

⇔
 
=
− =



2
2
1 0
2 20 0

x x
y y

− + =
⇔ ⇔

− − =

Hệ phương trình vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (5 ; 1) và (-4 ; 1)
Bài 4: (3 điểm)
a/ Chứng minh:
∆
MAD
:

∆
MEA’
·
AME
chung
·
·
'MAD MEA=
(cùng chắn
¼
'A D
)
'( )MAD MEA g g⇒ ∆ ∆ −:
b/ Từ a/ suy ra:
. ' .

'
MA MD
MA MA ME MD
ME MA
= ⇒ =
=
= (MO + R)(MO – R) = MO
2
– R
2
c/
Chứng minh:
∆
MBC
:
∆
MC’B’ (g-g) (1)
Chứng minh:
∆
MAC
:
∆
MC’A’ (g-g) (2)
Chứng minh:
∆
MAB
:
∆
MB’A’
Từ(1)

' ' ' '
MB MC BC
MC MB B C
⇒ = =
(4)
. ' . 'MC MC MB MB
⇒ =
Từ (2)
' ' ' '
MA MC AC
MC MA A C
⇒ = =
(5)
. ' . 'MC MC MA MA
⇒ =

. ' . 'MA MA MB MB⇒ =

' '
MB MA
MA MB
⇒ =
và
·
AMB
chung

⇒
∆
MAB

:
∆
MB’A’ (c-g-c) (3)
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 10
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
d/ từ (3)
' ' ' '
MA MB AB
MB MA A B
⇒ = =
(6)
Lấy (1) nhân (2):
. .
'. ' ' '. ' '
MB AC MA BC
MC A C MC B C
⇒ =

. .
' ' ' '
MB AC MA BC
A C B C
⇒ =
(7)
Lấy (1) nhân (3):
. .
'. ' ' '. ' '
MA BC MA BC
MB A B MB B C
⇒ =

. .
' ' ' '
MC AC MA BC
A B B C
⇒ =
(8)
Từ (7) và (8)

. . . . .
' ' ' ' ' ' ' ' ' '
MA BC MB AC MC AB MB AC MC AC
B C A C A B A C A B
+
⇒ = = =
+
Xét
∆
A’B’C’ có B’C’ < A’C’ + A’B’
Suy ra MA.BC < MB.AC + MC.AB đpcm
Bài 5: (1 điểm) Có hay không các số tự nhiên m và n thỏa mãn đẳng thức sau:

1
( )( ). 1 ( 1) 2007
4
m n
m n m n
+
 
− + + − =
 

Đặt A =
1
( )( ). 1 ( 1)
4
m n
m n m n
+
 
− + + −
 
* Nếu m = n thì m – n = 0 vế trái A = 0
≠
2007,
nên không không xảy ra
* Nếu
m n≠
:
+ Khi m và n đều chẵn
ta có m – n = 2k ; m + n = 2l ( với k ; l
∈
N)
⇒
A = ¼ .2k.2l.[1 + (-1)
2k
] = 2kl
≠
2007
+ Khi m chẵn, n lẻ
thì m + n = 2k + 1 (tương tự m lẻ, n chẵn)
⇒

[1 + (-1)
2k +1
] = 0
⇒
A
≠
2007
Vậy không có 2 số tự nhiên m và n để thỏa mãn đẳng thức trên.
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2008 – 2009
Bài 1: .(2 điểm) 1/ Viết phương trình đường thẳng (d). Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt
Gọi pt của (d): y = ax + b
Vì (d) đi qua I(0 ; 1) có hệ số góc m nên ta có:
m.0 + b = 1
⇒
b = 1

⇒
(d): = mx + 1
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x
2
= mx + 1
⇔
x
2
- mx – 1 = 0 (*)
Đen-ta
∆
= m
2

+ 4 > 0,
∀
m
Vậy PT (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt, nên (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt
2/ Gọi x
1
, x
2
lần lượt là hoành độ của hai giao điểm. Chứng minh
1 2
2x x− ≥
Từ trên ta có
2
1;2
4
2
m m
x
− +
=
2 2
2
1 2
4 4
4
2
m m m m
x x m
+ + − + +
⇒ − = = +

GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 11
I
H
O
C
A
B
D
E
N
M
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
Mà m
2
+ 4
2 2
4 4 2 4 2m m dpcm≥ ⇒ + ≥ ⇒ + ≥ ⇒
Cách 2: Từ PT (*) ta có S = x
1
+ x
2
= m ; P = x
1
.x
2
= -1
( )
2
2 2
1 2 1 2

4 4x x x x S P m− = − = − = +
Do m
2
+ 4
2
1 2
4 4 2 2m x x≥ ⇒ + ≥ ⇒ − ≥
Bài 2: .(2 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2 3 2
2 3 2
x x y
y y x

− = −

− = −

Lấy (1) trừ (2) ta được:
2(x
2
– y
2
) – 3(x – y) = -(x
2
– y
2
)
⇔

3(x – y)(x + y) – 3(x – y) = 0
⇔
3(x – y)(x + y – 1) = 0
0
1 0 1
x y x y
x y x y
 − = =

⇔ ⇔


+ − = = −


+ Nếu thay x = y vào (1) ta có:
2x
2
– 3x = x
2
– 2
⇔
x
2
– 3x + 2 = 0
⇔
x = 1 ; x = 2
Khi đó : (1 ; 1) , (2 ; 2)
+ Nếu thay x = 1 – y vào (1) ta có:
2x

2
– 3x = (1 – x)
2
– 2
⇔
x
2
– x + 1 = 0 Phương trình vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (1 ; 1) , (2 ; 2)
Bài 3: .(2 điểm) Giải phương trình sau:
1
2 3 2
2
x
x x
+
+ + + =
(1)
Nhận xét: x = -1 không là nghiệm của PT ĐKXĐ: x > -1
(1)
⇔
2. 2 3 2 1x x x+ + + = +
⇔
2 2 2 3 4 1x x x+ + + = +
⇔
( )
2
2 3 1 1x x+ + = +
⇔
2 3 1 1x x+ + = +

⇔
2 3x x+ =
⇔
2
2 3x x+ =
( x
≥
0 )
⇔
x
2
– 2x – 3 = 0
⇔
x
1
= -1 (loại) ; x
2
= 3 (nhận) Vậy S =
{ }
3
Bài 4: .(3 điểm)
a) Chứng minh:
∆
AHI
:
∆
ECD
∆
AHI vuông tại H (gt),
∆

ECD vuông tại C (Do nội tiếp (O) có DE là đường kính)
Có:
µ
¶
1 2
A A=
(Vì AI là phân giác của góc BAC)

¶
µ
2
A E=
(Vì cùng chắn cung DC)
⇒
µ
µ
1
A E=
⇒
∆
AHI
:
∆
ECD (g-g)
Chứng minh:
∆
IDC cân tại D và AI.ID = 2R.r
·
¶
¶

·
¶
¶
3 4 2 2
;ICD C C CID C A= + = +
(góc ngoài của
∆
IAC)
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 12
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
Mà
¶
µ
¶
4 1 2
C A A= =
(cùng chắn
»
BD
)

¶
¶
3 2
C C=
(do CI là phân giác của góc ACB)
⇒
·
·
ICD CID=

⇒
∆
IDC cân tại D
⇒
DC = DI
Mặt khác:
∆
AHI
:
∆
ECD
⇒
2
AI HI AI r
ED CD R ID
= ⇔ =
. 2 .AI ID R r
⇔ =
b) Chứng minh AI.ID = MI.IN
Chứng minh
∆
IAM
:
∆
IND (g-g)
⇒
. .
AI MI
AI ID MI IN
IN ID

= ⇒ =
c) Chứng minh: OI
2
= R
2
– 2R.r (Hệ thức Euler)
Từ trên ta có AI.ID = MI.IN = 2R.r

⇔
(MO – OI)(ON + OI) = 2R.r

⇔
MO
2
– OI
2
= 2R.r

⇔
R
2
– OI
2
= 2R.r

⇔
OI
2
= R
2

– 2R.r
Bài 5: .(1 điểm) Tìm giá trò nhỏ nhất của hàm số:
2 3y x x= − −
Đkxđ:
3; 0x y≥ ≥

⇒
2
2 3y x x= − −

⇒
( )
2
2
3 1 2 2y x= − − + ≥
⇒
2 2y y≥ ⇒ ≤ −
(giá trò này không thỏa) hoặc
2y ≥
Vậy
min
2 3 1 0y x= ⇔ − − =

3 1x⇔ − =

⇔
x = 4 Thỏa mãn điều kiện
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2009 – 2010
Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax
2

+ bx + c = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
. Đặt S
2
= x
1
2
+ x
2
2
; S
1
= x
1
.x
2
Chứng
minh rằng: a.S
2
+ b.S
1
+ 2c = 0
Theo Vi-ét ta có: x
1
+ x
2
=
b

a
−
; x
1
.x
2
=
c
a
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
2 2
a.S2 + b.S1 + 2c = a x x 2
x 2 x x 2
x 2 x x 2
2 . . 2
2 2 0 ( 0)
x b x c
a x x b x c
a x a x b x c
b c b

a a b c
a a a
b b
c c doa
a a
+ + + +
 
= + − + + +
 
= + − + + +
− −
 
= × − + +
 ÷
 
= − − + = ≠
Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình: 2x - 7
x
+ 3m – 4 = 0 (1)
a/ Đònh m để phương trình có một nghiệm bằng 9 và tìm tất cả nghiệm còn lại của phương trình.
b/ Tìm tất cả các giá trò của m để phương trình (1) có nghiệm.
a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay vào pt ta có:
2.9 - 7
9
+ 3m – 4 = 0
⇒
3m = 7
⇒
m = 7/3
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 13

Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
Từ (1) ta có x
0
≥
thế vào (1) ta được pt:
( )
2
2 7 3 0 (2)x x− + =
Đặt
0x t= ≥
ta có pt: 2t
2
– 7t + 3 = 0
Giải tìm được t
1
= 3 ; t
2
= ½
Suy ra x
1
= 9 ; x
2
= ¼
b/ Từ (1) coi phương trình với ẩn là
x
, ta lập
1 2
81 24
7
2

x
m
S x x
∆ = −
= + =
Để pt (1) có nghiệm thì:
1 2
81 24 0
27
7
8
0
2
x
m
m
S x x
∆ = − ≥


⇔ ≤

= + = ≥


Cách khác:
( )
2
2 7 3 0 (2)x x− + =
x

1
= 9
1
3x⇒ =
mà
1 2
7
2
x x+ =
2
7
3
2
x⇒ + =

2
7 1
3
2 2
x⇒ = − =

2
1
4
x⇒ =
Câu b: Có thể yêu cầu tìm số nguyên lớn nhất của m để phương trình (1) có nghiệm.
Chú ý: nếu thay
x
bởi
x

ta có bài toán tương tự.
Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 2 (1)
2 3 6 (2)
3 1 3 (3)
x y
y z
z x

+ + =

+ + =


+ + =

(I)
Nhân (1) (2) và (3) ta có:
[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]
2
= 36
(x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)(z + 3) = -6
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:
0
3 3
0
1 1

0
2 2
z
z
x
x
y
y

=
+ =

 
⇔ =
+ =
 
 
=
+ =


Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:
6
3 3
2
1 1
4
2 2
z
z

x
x
y
y

= −
+ = −

 
⇔ = −
+ = −
 
 
= −
+ = −


Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ; -6)
Bài 4: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol (P):
2
3
x
y =
, điểm I(0 ; 3) và điểm M(m ; 0)
Với m là tham số khác 0.
a/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm M, I
b/ Chứng minh rằng (d) luôn luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B với AB > 6
a/ Gọi pt của (d) là y = ax + b
Khi đi qua I(0 ; 3) và M(m ; 0) ta có:
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 14

Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
3
.0 3
3
( ) : 3
3
. 0
b
a b
d y x
m a b
m
a
m

=

+ =
−
 
⇔ ⇒ = +
−
 
+ =
=
 


b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
( )

2
2
2
2 2
3
3
3
9 9 ( 0)
9 9 0
9 4. . 9 81 36 0, 0
x
x
m
mx x m do m
mx x m
m m m m
−
= +
⇔ = − + ≠
⇔ + − =
∆ = − − = + > ∀ ≠
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
Chứng minh AB > 6
Vì A, B là giao điểm của (d) và (P) nên hoành độ x
A
, x
B
phải thỏa mãn pt: mx
2
+ 9x – 9m = 0

Theo Vi-ét ta có: x
A
+ x
B
=
9
m
; x
A
. x
B
= -9
Do A, B
3 3
( ) 3 ; 3
A A B B
d y x y x
m m
− −
∈ ⇒ = + = +
Theo công thức tính khoảng cách:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2
2
2 2

2
2
2
2
2
2
2
2 2
2 4 2
3 3
9
9
1
9
4 . 1
9 9
4( 9) 1
81 9
36 1
81 729 324
36 36 6
A B A B
A B A B
A B A B
A B
A B A B
AB x x y y
x x x x
m m
x x x x

m
x x
m
x x x x
m
m m
m m
m m m
= − + −
− −
 
= − + −
 ÷
 
= − + −
 
= − +
 ÷
 
 
 
= + − +
 ÷
 
 
 
   
= − − +
 
 ÷  ÷

   
 
 
  
= + +
 ÷ ÷
  
= + + + > =
Bài 5: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại A và B (R > R’). Tiếp tuyến tại B của
(O’ ; R’) cắt (O ; R) tại C và tiếp tuyến tại B của (O ; R) cắt (O’ ; R’) tại D.
a/ Chứng minh rằng: AB
2
= AC.AD và
2
BC AC
BD AD
 
=
 ÷
 
b/ Lấy điểm E đối xứng của B qua A. Chứng minh bốn điểm B, C, E, D thuộc một đường tròn có tâm là K. Xác đònh
tâm K của đường tròn.
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 15
Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang
a/ Xét (O) ta có
µ
¶
1 2
C B=
(chắn cung AnB)

Xét (O’) ta có
¶
µ
1 1
D B=
(chắn cung AmB)
2
2 2
2
2 2
(1)
.
.
ABC ADB
AB AC BC
AD AB BD
AB AC AD
BC AB AB AC AD AC
BD AD AD AD AD
⇒ ∆ ∆
⇒ = =
⇒ =
   
= = = =
 ÷  ÷
   
:
b/ Từ (1) thay AE = AB ta có
AE AC
AD AE

=
(*) mặt khác:
µ
¶
µ
¶
¶
¶
µ
¶
1 1 1 2 2 1
1 2
;
(**)
A C B A B D
A A
= + = +
⇒ =
Từ (*) và (**) suy ra:
¶
¶
· ·
µ
¶
µ
¶
µ
¶
¶ ¶
2 2

1 2 1 2
1 2 1 2
0
( )
180 ( )
AEC ADE c g c
E D
CED CBD E E B B
E D D B
xet BDE
∆ ∆ − −
⇒ =
⇒ + = + + +
= + + +
= ∆
:
Vậy tứ giác BCED nội tiếp đường tròn tâm K. Với K là gaio điểm 3 đường trực của
BCE
∆
hoặc
BDE∆
GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 16
1
1
2
1
2
2
1
2

1
2
j
/
/
x
x
=
=
K
C
D
O
B
O'
A
E