Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2009 - 2010 trường phổ thông năng khiếu TP. HCM môn thi: Toán

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 
 TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN 
NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề 
 _________________________________________________________________________________________ 
Bài 1. (2 điểm) 
a) Giải phương trình bằng cách đặt ẩn số 5
4
xt
x
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠ : 
2
2
400 535 24
4
xx
x x
⎛ ⎞+ = + −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
b) Cho phương trình ( )2 3 1 2 3 0mx m x m+ + − + = . 
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x thỏa mãn 
2 2
1 2 34x x+ = 
Bài 2. (2.5 điểm) Xét biểu thức: 2 3 3 4 5
1 5 4 5
x x x xR
x x x x
+ + + −= − −+ − − − 
a) Rút gọn R . 
b) Tìm số thực x để 2R > − . Tìm số tự nhiên x là số chính phương sao cho R là số nguyên. 
Bài 3. (2 điểm) 
a) Giải hệ phương trình: 2 2
0
8
x xy y
x y
+ + =⎧⎨ + =⎩
 b) Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC . Giả sử phương trình 
 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0x a x b x b x c x c x a− − + − − + − − = 
 có nghiệm kép. Tính số đo các góc của tam giác ABC . 
Bài 4. (1.5 điểm) 
Cho tam giác ABC , có n n0 060 , 45ABC ACB= = . Dựng ( )AH BC H BC⊥ ∈ , và dựng 
( )HK AB K AB⊥ ∈ . Gọi M là trung điểm của AC . Biết 3AH = , tính BC . Chứng minh 
BKMC là tứ giác nội tiếp. 
Bài 5. (1 điểm) 
Trong kỳ kiểm tra môn Toán một lớp gồm 3 tổ A, B, C, điềm trung bình của học sinh ở các tổ 
được thống kê ở bảng sau: 
Tổ A B C A và B B và C 
Điểm trung bình 9.0 8.8 7.8 8.9 8.2 
Biết tổ A gồm 10 học sinh, hãy xác định số học sinh và điểm trung bình của toàn lớp. 
Bài 6. (1 điểm) 
Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn ( )O , có đỉnh A cố định và các đỉnh , ,B C D di 
chuyển trên ( )O sao cho n 090BAD > . Kẻ tia Ax vuông góc với AD cắt BC tại E , kẻ tia 
Ay vuông góc với AB cắt CD tại F . Gọi K là điểm đối xứng của A qua EF . Chứng minh tứ 
giác EFCK nội tiếp được và đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. 
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
Hướng dẫn giải 
Bài 1. 
a) Đặt 5
4
xt
x
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠ , suy ra 
2
2 2 2
2 2
5 25 400 516
2 16 2
xt x t
x x
⎛ ⎞+ = + ⇒ + = +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Phương trình trở thành 2 416 24 5 0
1
4
t
t t
t
5⎡ =⎢− + = ⇔ ⎢⎢ =⎢⎣
Với 5
4
t = , ta có 1,25 5 5 1054 4 2
x x
x
− ±− = ⇔ = 
Với 1
4
t = , ta có 3
4
55 1
44 4
xx
xx
= −⎡− = ⇔ ⎢ =⎣
Vậy 5 105 5 1055;4; ;
2 2
S
⎧ ⎫− + − −⎪ ⎪= −⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭
b) Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt ( ) ( )2
0
0
9 1 4 2 3 0
m
m
m m m
≠⎧⎪ ⇔ ≠⎨Δ = + − − + >⎪⎩
Với điều kiện trên, phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và theo định lý Viet ta có ( )
1 2
1 2
3 1
2 3
m
S x x
m
mP x x
m
⎧ − += + =⎪⎪⎨ − +⎪ = =⎪⎩
Khi đó ( )
( )
( )
2
22 2
1 2 1 2 1 2 2
1
13 12 934 2 34 34 3
7
m n
m mx x x x x x
m m n
⎡ =+ + ⎢+ = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ ⎢ = −⎢⎣
Đáp số: 31,
7
m m= = − 
Bài 2 
a) Đặt t x= ta có 
( )( ) ( )( ) ( )
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
22
2
2
2 5 3 1 3 4 52 3 3 4 5
1 5 1 54 5
1 23 2 2 2
1 5 1 5 5 5
t t t t t tt t t tR
t t t tt t
t tt t t x
t t t t t x
+ − + + + − + −+ + + −= − − =+ − + −− −
+ +− − − + += = − = − = −+ − + − − −
 b)* Điều kiện 0x ≥ 
Ta có 
52 2 122 2 2 0 0
125 5 5
tt t tR
tt t t
 − ⇔ − > − ⇔ − > ⇔ > ⇔ ⎢ >− − − ⎣
Với 5 5 0 25t x x< ⇔ < ⇔ ≤ < 
Với 12 12 144t x x> ⇔ > ⇔ > 
Vậy giá trị x cần tìm là 0 25x≤ 
• Ta có x là số chính phương nên t x= ∈` 
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
Khi đó 2 71
5 5
tR
t t
+= − = − + ∈ ⇒− − ` t – 5 là ước của 7, mặt khác 5 5t − ≥ − do đó 
5 1,1,7t − = − 
Từ đó những giá trị x cần tìm là 16,36,144x = 
Bài 3. 
a) 2 2
0
8
x xy y
x y
+ + =⎧⎨ + =⎩
Đặt ,S x y P xy= + = , khi đó ta có hệ 2 2
4
0 4
22 8 2 8 0
2
S
S P P S P
SS P S S
P
⎡ = −⎧⎨⎢+ = = − =⎧ ⎧ ⎩⎢⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎢ =− = + − = ⎧⎩ ⎩ ⎢⎨ = −⎢⎩⎣
Với 
4
4
S
P
= −⎧⎨ =⎩ ta có 
4 2
4 2
x y x
xy y
+ = − = −⎧ ⎧⇔⎨ ⎨= = −⎩ ⎩ 
Với 
2
2
S
P
=⎧⎨ = −⎩ ta có 
2
2
x y
xy
+ =⎧⎨ = −⎩ giải hệ ta được 
1 3
1 3
x
y
⎧ = −⎪⎨ = +⎪⎩
 hoặc 
1 3
1 3
x
y
⎧ = −⎪⎨ = +⎪⎩
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm ( );x y là ( ) ( ) ( )2; 2 , 1 3;1 3 , 1 3,1 3− − + − − + 
b) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0x a x b x b x c x c x a− − + − − + − − = 
( ) ( )23 2 0x a b c x ab bc ac⇔ − + + + + + = 
Ta có ( ) ( )2 2 2 23a b c ab ac bc a b c ab ac bc′Δ = + + − + + = + + − − − 
Phương trình có nghiệm kép khi và chỉ khi 
( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 10 0 0
2
0
a b c ab bc ac a b b c c a
a b b c c a a b c
⎡ ⎤′Δ = ⇔ + + − − − = ⇔ − + − + − =⎣ ⎦
⇔ − = − = − = ⇔ = =
Khi đó tam giác ABC đều, suy ra l l l 060A B C= = = 
Bài 4. 
a) Trong tam giác vuông ABH ta có 
n n 0
3tan 1
tan 60tan
AH AHABH BH
BH ABH
= ⇒ = = = 
Trong tam giác vuông AHC có 
n n0 045 45ACH HAC= ⇒ = nên AHC là tam giác vuông 
cân, suy ra 3HC HA= = 
Do đó 1 3BC BH CH= + = + (đvđd) 
b) Tam giác AHC vuông cân, có AM là trung tuyến nên 
cũng là đường cao, suy ra AM HC⊥ 
C1: Tứ giác AKHM có n n 0 0 090 90 180AKH AMH+ = + = nên là tứ giác nội tiếp, suy ra 
n n n0 090 45AKM AHM HAM= = − = 
Tứ giác BKMC có n n 045AKM BCM= = nên là tứ giáv nội tiếp. 
C2: Ta có AK. AB = AH2, AM. AC = AH2, suy ra AK. AB = AM. AC 
450600
K
H CB
A
M
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
Suy ra tam giác AKM và ABC đồng dạng (c.g.c), suy ra n n 045AKM BCM= = nên là tứ BKMC giác 
nội tiếp. 
Bài 5. Gọi x, y lần lượt là số học sinh tổ B và C. 
Ta có 9 10 8,8 8,9 10
10
x x
x
× + × = ⇒ =+ 
Tương tự 8,8 7,8 8,2x y
x y
× + × =+ , với x = 10 thì y = 15 
Vậy điểm trung bình của cả lớp là 9 10 8,8 10 7,8 15 8,43
10 x y
× + × + × =+ + 
Bài 6. 
* Tứ giác ABCD nội tiếp nên n n 0180BAD BCD+ = 
Và 
n n n n n n
n n 0 0 090 90 180
BAD EAF BAE EAF FAD EAF
BAF DAE
+ = + + +
= + = + =
Suy ra n nBCD EAF= (1) 
Mặt khác, do A và K đối xứng nhau qua EF nên 
n nEKF EAF= (2) 
Từ (1) và (2) suy ra n nEKF ECF= , do đó tứ giác 
EFKC nội tiếp. 
* Vì tứ giác EFKC nội tiếp nên ta có n nFCK FEK= 
mà n nFEK FEA= (do tính chất đối xứng) 
Và n nFEA KAD= (cùng phụ với nKAE ) 
Do đó n nKAD FCK= 
Suy ra tứ giác ADKC nội tiếp, suy ra K thuộc (O), suy ra OA = OK, suy ra O thuộc đường trung trực 
của AK mà EF là đường trung trực của AK nên O thuộc EF. Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O 
cố định. 
Nhận xét: 
Đề năm nay cho khá dài so với thời gian 120 phút. Vì là đề chung cho tất cả các lớp chuyên nên kiến 
thức dàn trải và có vài câu khó. Tuy nhiên để được 4 thì cũng không khó nếu các em làm bài cẩn thận. 
Có thể nhận xét từng câu như sau: 
Câu 1: 
a) (0,75) Câu này nhiều em không làm được, vì không thể tính tất cả theo t. 
b) (1,25) Câu này thuộc dạng cơ bản và dễ, các em sót điều kiện phương trình có hai nghiệm phân 
biệt. (0,25) và nhiều em không hiểu sao lại bỏ trường hợp m = -3/7 (!) 
Câu 2. a) (1) Câu này dễ và quen, và quan trọng vì nếu làm được thì câu b mới làm được. Tuy vậy có 
nhiều không rút gọn triệt để hoặc sai dấu (!) 
b) *(1) Câu này nhiều bạn sai nhất, vì không chuyển vế xét trường mà quy đồng bỏ mẫu một cách 
rất tự nhiên và tất nhiên là sai. 
(*) (0,5) Câu này không khó và nhiều em làm đúng. 
Câu 3. a) Bài hệ thì quá cơ bản, tuy vậy có nhiều em giải ra tích và tổng đúng nhưng khi áp dụng định 
lý đảo Viet lại sai (X2 – SX + P = 0 mà cứ lộn X2 + SX – P = 0) 
y
x
K
F
E
O
A
D
B
C
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
b) Bài này nhìn có vẻ rắc rối nhưng nếu đưa về phương trình bậc hai thì coi như xong. (lại một câu về 
phương trình bậc 2) 
Câu 4. Câu này có lẻ là dễ nhất trong đề, và hầu lết làm được và đúng. 
Câu 5. Câu này không khó, nếu “chịu” làm thì sẽ làm đúng kết quả. Và cũng nhiều em làm đúng. 
Câu 6. Câu này là câu khó nhất, và nhiều em bỏ nhất. Ý đầu tiên có lẽ không khó nhưng ý sau thì khó. 
Câu này là câu phân loại và dành cho học sinh chuyên toán. 
Trên đây là một vài nhận xét chủ quan của người viết. Hy vọng rút kinh nghiệm trong các kỳ thi sau và 
có kết quả tốt hơn. 
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 
 TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN CHUYÊN 
NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 _______________________________________________________________________________ 
Câu 1. 
a) Cho , , ,a b c d là các số thực thỏa mãn điều kiện , . 0
3
a c a c a c
b d b d
+= = ≠− . 
 Chứng minh rằng: 2 2b d= . 
b) Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
1 3
3 7
2 3
4 7
x x y
xy x y
y x y
xy x y
− − −⎧ =⎪ − − −⎪⎨ − − −⎪ =⎪ − − −⎩
Câu 2. 
a) Giải bất phương trình: 2 1 8 9x x+ ≤ + 
b) Cho , ,a b c là các số thuộc [ ]1;2− thỏa mãn điều kiện 2 2 2 6a b c+ + = . 
 Chứng minh rằng: 0a b c+ + ≥ 
Câu 3. 
a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho 
2 20092010a a+ = 
b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho 
2 3 20102009a a a+ + = 
Câu 4. 
Cho đường tròn ( )O tâm O , đường kính 2AB R= . C là một điểm thay đổi trên đường tròn 
( )O sao cho tam giác ABC không cân tại C . Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC 
hạ từ C . Hạ ,HE HF vuông góc với ,AC BC tương ứng. Các đường thẳng EF và AB cắt 
nhau tại K . 
a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn ,KA KB trong trường hợp 
n 060BAC = . 
b) Hạ ,EP FQ vuông góc với AB . Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ tiếp 
xúc với đường thẳng EF . 
c) Gọi D là giao điểm của ( )O và đường tròn đường kính CH , D C≠ . Chứng minh 
rằng 2.KA KB KH= và giao điểm M của các đường thẳng CD và EF luôn thuộc một đường 
thẳng cố định. 
Câu 5. 
Trên một đường tròn, người ta xếp các số 1,2,3,...,10 (mỗi số xuất hiện đúng một lần). 
a) Chứng minh không tồn tại một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10. 
b) Tồn tại hay không một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn hoặc bằng 10? 
-----------Hết------------ 
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
Hướng dẫn giải 
Dưới đây chỉ là hướng dẫn giải chủ quan của chúng tôi và không phải là đáp án 
chính thức của trường nên mang giá trị tham khảo là chính. 
Bài 1. 
a) 
Trường hợp 1: 2 2b d b d= − ⇒ = (đccm) 
Trường hợp 2: b d≠ − , kết hợp với điều kiện a c
b d
= suy ra a c≠ − 
Khi đó a c a c
b d b d
+= = + (tính chất dãy tỉ số bằng nhau) 
Suy ra 
0
33
a ca c a c
b d b db d b d
+ =⎡+ += ⇒ ⎢ − = +− + ⎣ 
Với 0a c+ = mà 0ac ≠ suy ra 0, 0a c≠ ≠ suy ra b d= − (mâu thuẫn) 
Với 2 23b d b d b d b d− = + ⇒ = ⇒ = 
Vậy trong hai trường hợp ta đều có 2 2b d= 
Nhận xét: Mấy em áp ụng ngay dãy tỉ số bằng nhau là thiếu trường hợp rồi, sẽ bị trừ điểm. 
b) 
2 2
2 2
2 2
1 3
3 7 1 2 3
2 3 3 4 7
4 7
x x y
xy x y x y x y
y x y xy xy x y
xy x y
− − −⎧ =⎪ − − − − − − −⎪ ⇔ = =⎨ − − − − − − −⎪ =⎪ − − −⎩
Điều kiện 
2 2
3
4
7
xy
xy
x y
⎧ ≠⎪ ≠⎨⎪ + ≠⎩
Trường hợp 1: ( ) 73 4
2
xy xy xy− = − − ⇔ = , khi đó ( )1 2 3x y x y− = − − ⇔ + = 
Ta có hệ ( )
3
7
2
x y
VN
xy
+ =⎧⎪⎨ =⎪⎩
Trường hợp 2: ( )3 4xy xy− ≠ − − 
Khi đó ta có 2 2
3 1 2 3
7 3 4 2 7
x y x y x y
x y xy xy xy
− − − − + −= = =− − − − − 
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
Suy ra ( )2 2
3 0
7 2 7
x y
x y xy
− − =⎡⎢ − − = − −⎢⎣
Với 3 0x y− − = ta có 11 2 0
2
x
x y
y
=⎧− = − = ⇒ ⎨ =⎩ 
Với ( )22 27 2 7 0x y xy x y x y− − = − + ⇒ − = ⇒ = 
Khi đó ta có 2 2
1 11 2
2 23 4
x yx x
x yx x
= − ⇒ = −⎡− −= ⇒ ⎢ = ⇒ =− − ⎣ 
Thử lại ta thấy ( )1;2 và ( )1; 1− − là nghiệm của hệ phương trình 
Vậy phương trình có hai nghiệm ( );x y là ( )1;2 và ( )1; 1− − 
Nhận xét: Bài hệ phương trình ý tưởng cũng giống câu a, dùng dãy tỉ số bằng nhau. Không 
khó, tuy nhiên lại dễ sai, và thiếu sót. Ví dụ 
0mm m
x yx y
=⎡= ⇔ ⎢ =⎣
 (dễ sót trường hợp 0m = ) 
Bài 2 
a) Ta có 
( )
( ) ( )2
2 1 0
8 9 0
2 1 8 9
2 1 0
2 1 8 9
x
I
x
x x x
II
x x
⎡ + <⎧⎨⎢ + ≥⎩⎢+ ≤ + ⇔ ⎢ + ≥⎧⎪⎢⎨⎢ + ≤ +⎪⎩⎣
Giải (I): Ta có ( )
1
9 12
9 8 2
8
x
I x
x
⎧ < −⎪⎪⇔ ⇔ − ≤ < −⎨⎪ ≥ −⎪⎩
Giải (II): Ta có 
( )
( )( )2 2
11 1
22 2
4 1 2 04 4 1 8 9 4 4 8 0
1
1 22
21 2
xx x
II
x xx x x x x
x
x
x
⎧⎧ ⎧ ≥ −≥ − ≥ −⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ + − ≤+ + ≤ + − − ≤⎩ ⎩ ⎩
⎧ ≥ −⎪⇔ ⇔ − ≤ ≤⎨⎪− ≤ ≤⎩
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 9 ;2
8
S ⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎣ ⎦ 
Nhận xét: Bài này là bất phương trình dạng cơ bản, không có gì khó khăn cả. Đây có thể xem 
là câu dễ nhất của đề, tuy vậy nếu không cẩn thận cũng dễ xét thiếu. Và để ý kỹ thì câu này lại 
gợi ý làm câu b. 
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
b) Vì [ ] ( )( ) 2 21;2 1 2 0 2 0 2a a a a a a a∈ − ⇒ + − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ ≥ − 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1a = − hoặc 2a = 
Chứng minh tương tự ta cũng có 2 22, 2b b c c≥ − ≥ − 
Do đó 2 2 2 6a b c a b c+ + ≥ + + − suy ra 0a b c+ + ≥ (vì 2 2 2 6a b c+ + = ) 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( ), ,a b c là hoán vị của ( )1; 1;2− − 
Nhận xét: Đây là bài toán bất đẳng thức có điều kiện không đơn giản chút nào so với lời giải 
của nó. Đủ để “hạ gục” nhiều em. Tuy nhiên nếu chú ý thì câu a đã gợi ý tưởng làm câu này. 
Câu 3 
a) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa 2 20092010a a+ = 
Ta có ( )2 1a a a a+ = + là tích hai số tự nhiên liên tiếp. 
Ta có ( ), 1 1a a + = và ( )1 1a a+ − = . 
Do đó , 1a a + phải có dạng 2009 2009, 1a p a q= + = trong đó p q< , ( ). 2010, , 1p q p q= = 
Điều này không thể xảy ra vì ( ) ( )20092009 2009, 1 1 1 1p q q p q p p= ⇒ − ≥ ⇒ ≥ + > + 
Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài. 
Nhận xét: Bài này hiểu ý nhưng khó trình bày quá, dễ rơi vào tình trạng lòng vòng. Kinh 
nghiệm thì khi cho số lớn thường không ảnh hưởng đến cách giải, tuy nhiên đối với bài này vì 
số mũ là lẻ nên không thể dùng tính chất của số chính phương được. Hơn nữa, không thể xét 
theo modul 3, 4 vì nó thỏa hết. Cái hay là câu a và b nhìn có vẻ giống nhau nhưng cách giải lại 
khác nhau. 
b) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa đề bài. Tức là 3 2 20102009a a a+ + = 
Rõ ràng 0a > , khi đó ta có ( )33 3 2 3 23 3 1 1a a a a a a a a< + + < + + + = + 
Mặt khác ( )32010 6072009 2009= 
Suy ra ( ) ( )3 33 6702009 1a a< < + . (Vô lý vì ( )33, 1a a + là lập phương của hai số tự nhiên liên 
tiếp. ) 
Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài. 
Nhận xét 
 Bài này thuộc dạng quen thuộc của phương trình nghiệm nguyên, nhưng đôi khi bị nhiễu 
bởi câu a, khó nhận ra. 
 Nói chung năm nay hai bài số học không khó bằng bài số học năm ngoái (Bài về số bạch 
kim) 
Câu 4 
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
J
T
D
I
P QK,M
F
E
H OA B
C
a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn ,KA KB trong trường hợp 
n 060BAC = . 
Ta có n 090ACB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )O ) 
Tam giác ABC vuông tại C nên ta có n 0.cos 2 .cos60AC AB CAB R R= = = 
Và n 0.sin 2 .sin 60 3CB AB CAB R R= = = 
Ta có n 0 3.sin .sin 60
2
RCH AC ACB R= = = 
Tam giác CHE vuông tại H có HE là đường cao nên 
2
2
2
3
2 3.
4
R
CHCE CA CH CE R
CA R
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= ⇒ = = = 
Tương tự ta cũng có 
2 3
4
CH RCF
CB
= = 
Do đó 
21 1 3 3 3 3. . .
2 2 4 4 32CEF
R R RS CE CF= = = 
Vì n 060BAC = nên A nằm giữa K và B 
Dễ thấy CEHF là hình chữ nhật và n n n n 030KEA CEF CHF CBA= = = = , mà 
n n n n n n 0 0 060 30 30AKE AEK CAB AKE CAB AEK+ = ⇒ = − = − = 
Vậy tam giác KAE cân tại A suy ra KA AE= 
Mà 3 1
4 4
RAE AC CE R R= − = − = nên 1
4
KA R= 
Và 1 92
4 2
KB KA AB R R R= + = + = 
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
b) Chứng minh EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ 
Câu b, c ta xét trường hợp AC làm tương tự 
Gọi I là giao điểm của EF và CH . Vì AEHF là hình chữ nhật nên I là trung điểm EF. 
Tứ giác EPQF là hình thang vuông (vì ,EP FQ PQ⊥ ) 
Ta có //IH EP và I là trung điểm EF nên H là trung điểm của PQ. 
Khi đó đường tròn đường kính PQ là đường tròn tâm H bán kính HP. 
Gọi T là hình chiếu của H trên EF 
Ta có n nPEH EAH= (cùng phụ nEHA ) và n nTEH IHE= , n nIHE EAH= (cùng phụ với nEHA . ) 
Suy ra n nPEH TEH= , suy ra PEH TEH HT HPΔ = Δ ⇒ = 
Ta có ( )HT EF T EF⊥ ∈ và HT HP= nên EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ 
c) Chứng minh 2.KA KB KH= và M thuộc một đường cố định 
Ta có n n n nKEA CEF CHF CBK= = = , suy ra ( ).KAE KFB g g∩∪Δ Δ , 
Do đó . .KA KE KA KB KE KF
KF KB
= ⇒ = (1) 
Mặt khác ta có n n nKHE HCE HFK= = , suy ra ( ).KHE KFH g g∩∪Δ Δ 
Do đó 2.KH KE KE KF KH
KF KH
= ⇒ = (2) 
Từ (1) và (2) thì 2.KA KB KH= 
Gọi J là giao điểm của OC và EF, 
Ta có n nOCF OBC= (tam giác OBC cân tại O) 
Và n nJFE ICF= (do tam giác ICF cân tại I) 
Do đó 
n n n n
n
0
0
90
90
OCF JFE OBC ICF
CJF OC EF
+ = + =
⇒ = ⇒ ⊥
Tam giác CKO có CH và KJ là hai đường cao, cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác 
CKO, do đó OI CK⊥ (3) 
Mặt khác hai đường tròn (O) và đường tròn tâm I đường kính CH cắt nhau tại C và D, nên OI 
là đường trung trực của CD, suy ra OI CD⊥ (4) 
Từ (3) và (4) ta có , ,C K D thẳng hàng. 
Vậy K cũng là giao điểm của CD và EF, do đó M K≡ và M luôn thuộc đường thẳng AB cố 
định 
Nhận xét: Đây là một bài hình học rất quen thuộc, không khó. Đỡ hơn năm ngoái nhiều. 
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
Bài 5. 
a) Giả sử tồn tại một cách sắp xếp thỏa đề bài là 
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a4
a3
a2
a1
Không mất tính tổng quát ta giả sử 1 1a = . Khi đó ta có 
1 2 2 2
1 10 10 10
10 9 10
10 9 10
a a a a
a a a a
+ > > =⎧ ⎧ ⎧⇒ ⇒⎨ ⎨ ⎨+ > > =⎩ ⎩ ⎩
 (vô lý vì mỗi số xuất hiện đúng một lần) 
Vậy không tồn tại cách sắp xếp thỏa mãn đề bài. 
b) Tồn tại cách sắp xếp như trên. Ví dụ: 
3
7
4
6
5
9
8
2
10
1
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
Nhận xét: Thường thì bài này đánh rớt học sinh ngay từ lúc đọc đề, vì bị tâm lý. Nhưng 
thực sự bài này không khó bằng những đề trước. Không làm được câu a thì cũng “lụi” 
được câu b. 
Nhận xét chung về đề năm nay: 
 Đề năm nay không khó nhưng cũng không dễ dàng gì điểm cao vì có nhiều chỗ “bẫy”. 
Theo tôi nghĩ câu dễ nhất là 2a và 4a. Câu trung bình là các câu 1a, 1b, 4b câu khó hơn 
chút là 3a, 3b các câu khó nhất là 2b, 5ab. 
 Tỉ lệ chọi cao, điểm chuẩn cao và Phổ Thông Năng Khiếu luôn chọn được học sinh giỏi. 
 Sang năm có World Cup nên chắc phải có một câu về bóng đá, hãy chờ xem. 
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m