Đề thi Thi vào lớp 10 hệ chuyên đại học sư phạm Hà Nội vòng 1 dành cho mọi thí sinh

Thivào lớp 10 hệ chuyên Đại học sư phạm Hà nội
Vòng 1 Dành cho mọi thí sinh (ngày 13 tháng 6 năm 2008)
Câu 1 
 Cho biểu thức 
Với a?0;b>0 và a khác b
1.Rút gọn P
2. Tìm a ,b sao cho b=(a+1)2 và P=-1
Giải
Nếu a>b>0 thì 
Nếu 0<a<b thì 
2. Khi P=-1 thì a < b 
Câu 2 Cho phương trình x2 +(m2+1)x +m-2=0 với m là tham số
1.Chứng minh rằng với mọi m phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
2.Gọi x1,x2 là 2 nghiệm của phương trình tìm tất cả các giá trị của m sao cho
 Giải
1.Tính =(m2+1)2-4(m-2)=m4 +2m2 +1-4m+8=(m2-1)2+(2m-1)2+7>0 với m 
vì	>0 với m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
2. Vì >0 với m theo vi ét ta có:
Từ GT ta có
Vì m 2 +6>0 với mọi m nên : m2 =4 suy ra m=2 (Loại), 
Vậy m= -2
Câu 3
1.Chứng minh 4 điểm C,O1, M,O2 cùng thuộc đường tròn ( C)
Ta có theo tính chất quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung thì CO2M=2. CBA; CO1M=2.CAB
Nên CO2M+CO1M=2. CBA +2.CAB=2(CBA +CAB)=1800
Vậy 4 điểm C,O1, M,O2 cùng thuộc đường tròn ( C)
2.Chứng minh O cũng thuộc đường tròn ( C)
Ta có COM là góc ngoài của cân CBO nên 
COM=CBO+OCB=2. CBO=CO2M nên O cũng thuộc đường tròn ( C)
3.Xác định vị trí M để bán kính đường tròn ( C) nhỏ nhất
Ta có O2OO1=900 nên O2C O1=900 nên O1O2 là đường kính của đường tròn ( C) để bán kính đường tròn ( C) nhỏ nhất thì O1O2 nhỏ nhất gọi I,K là trung điểm BC,CA ta có O2C O1 đồng dạng với ICK (g.g) nên
Min(O1O2)=IK= khi khi đó M trùng với chân đường cao kẻ từ C tới AB
Câu 4 Cho các số thực a,b,c,d thoả mãn đồng thời các điều kiện
ac-a-c=b2 -2b
 bd-b-d=c2 -2c
b,c khác 1
 Chứng minh đẳng thức : ad+b+c=bc+a+d
Giải
ac-a-c=b2 -2b ac-a-c+1=b2 -2b+1(a-1)(c-1)=(b-1)2 (1)
bd-b-d=c2 -2c bd-b-d+1=c2 -2c+1(c-1)2=(b-1)(d-1) (2)
vì b-1,c-1 khác 0 nên lấy (1) chia (2) ta được
Câu 5 Cho các số thực không âm x,y,z đôi 1 khác nhau và thoả mãn 
 (z+x)(z+y)= 1 .Chứng minh bất đẳng thức sau :
Giải
Từ GT ta có 
áp dụng BĐT ta có 
Vậy Dấu “=”xảy ra khi
Thivào lớp 10 hệ chuyên Đại học sư phạm Hà nội
Vòng 2 (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán-Tin) 
(ngày 13 tháng 6 năm 2008)
Câu 1Cho ba số dương a,b,c thoả mãn 
Chứng minh đẳng thức 
Giải
Ta có
thay Vào (*)
Ta có 
Câu 2:
1.Với mỗi số dương a thoả mãn a3=6(a+1) .Chứng minh phương trình sau vô nghiệm: x2+ax+a2 - 6=0
2. Tìm tất cả các giá trị của a và b sao cho 
 2(a2+1)(b2 +1) =(a+1)(b+1)(ab+1)
Giải
1.Để phương trình vô nghiệm thì <0;
Ta có =a2 – 4(a2 -6)=24 – 3a2
Từ giả thiết ta có thay vào 
Ta chứng minh 0<a< 3 từ giả thiết 
Ta có a2+3a+3>0 với mọi a nên a-3<0 suy ra a<3 nên 
 kết hợp với (*) ta có 
nên phương trình : x2+ax+a2 - 6=0 vô nghiệm
2.áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpky cho 2 dãy mỗi dãy 2 
* với a ;1 và 1 ;1 ta có 2(a2+1) (a+1)2 (1) dấu “=” khi a=1
* với a ;1 và 1 ;1 ta có 2(b2+1) (b+1)2 (2) dấu “=” khi b=1
 * với a ;1 và b ;1 ta có (a2+1)(b2+1) (ab+1)2 (3) dấu “=” khi a=b=1
 Từ (1),(2),(3) ta có 
 4(a2+1)2(b2+1)2 (a+1)2 (b+1)2 (ab+1)2 2(a2+1)(b2+1) (a+1)(b+1)(ab+1) 
Kết hợp với đầu bài dấu “=” khi a=b=1
Cách khác: Phá ngoặc 2(a2+1)(b2+1) (a+1)(b+1)(ab+1) 
2a2b2+2a2+2b2+2 a2b2+2ab+a2b+ab2+a+b+1
 2a2b2+4a2+4b2+4 4ab+2a2b+2ab2+2a+2b+2(*)
áp BĐT Cô-Si 2(a2+b2) 4ab;a2b+a22a2b;ab2+b22ab2;a2+12a;b2+12b cộng các BĐT cùng chiều ta có (*) được chứng minh dấu “=” khi a=b=1
Câu 3 Ba số nguyên a,b,c đôi 1 khác nhau và thoả mãn đồng thời 3 điều kiện
a là ước của b+c+bc
b là ước của a+c+ac
c là ước của a+b+ab
1.Hãy chỉ ra bộ số (a,b,c) thoả mãn các điều kiện trên
2.Chứng minh rằng a,b,c không đồng thời là số nguyên tố
Giải
bộ số (a,b,c)= (1;3;7)
Giả sử a,b,c là số nguyên tố 
Từ giả thiết Ta có (b+c+bc)+a(1+b+c) =(a+b+c+ab+bc+ac) a
 (a+c+ac)+b(1+a+c) =(a+b+c+ab+bc+ac) b
 (a+b+ab)+c(1+a+b) =(a+b+c+ab+bc+ac) c
 Nên ( a+b+c+ab+ac+bc ) chia hết cho a,b,c
Ta có (a+1)(b+1)+(a+1)(c+1)+(c+1)(b+1)=ab+a+b+1+ac+a+c+1+bc+c+b+1
=(2a+2b+2c+ab+bc+ac)+33 (mod (a,b,c))
Mà (b+1)(c+1)=b+c+bc+11(mod a)
Nên (a+1)(b+1)+(a+1)(c+1)=(a+1)(b+c+2)(mod a)(mod a)
Mà theo GT (b+c+bc) 0( mod a) bc0 (mod a) hay bca mà a,b,c nguyên tố vô lý
Suy ra a,b,c không đồng thời là số nguyên tố 
Câu 4: 
1.Chứng minh DE//GF xét tứ giác ADEB có A2=B2 
nên tứ giác ADEB nội tiếp suy EDM=ABG (1) ( cùng bù với ADE)
xét tứ giác AGFB có A1=B1 ( nội tiếp chắn cung AG)
nên tứ giác AGFB nội tiếp suy AFG=ABG (1)
Từ (1) và (2) EDM =AFG ở vị trí so le nên DE//GF ( đpcm)
2.nếu tứ giác DEFG là hình bình hành chứng minh DFEG và ALP đồng dạng với ANC
Vì tứ giác DEFG là hình bình hành nên ME=MG xét AEG có AM vừa là phân giác vừa là trung tuyến nên AM EG hay DF EG ( đpcm)
Vì DF EG AMB=900 suy ra AB là đường kính của đường tròn (O)
Khi đó ALP=ANC=900 nên ALP đồng dạng với ANC (g.g) (đpcm)
Câu 5 
Gọi M , N,P là trung điểm 3 cạnh BC , AC , AB nối M,N,P chia ABC thành 3 đều bằng nhau có cạnh là 1,5 cm. gọi O là tâm của 1 đó giả sử APN nối O với trung điểm ba cạnh APN ta được 3 tứ giác bằng nhau gọi một trong 3 tứ giác đó là AIOK thì ABC được chia thành 12 tứ giác bằng tứ giác AIOK ( như hình vẽ) xét tứ giác AIOK có AI=AK=IK=1,5 cm ;IO=OK=cm;AO=cm
Vì có 13 điểm 12 tứ giác nên theo nguyên tắc Đríc-lê tồn tại ít nhất 2 điểm thuộc 1 tứ giác khoảng cách giữa 2 điểm này không vượt quá AO=cm (đpcm)
MNS LT-PT