Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán chuyên lần 3 năm học 2015-2016 trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ, Hà Nội

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN THPT
LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên
Tin)
Bài I: (2 điểm)
1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= a + 2b + 3c = 14. Tính giá trị của biểu thức
T = abc.
2) Cho n là số nguyên dương. Chứng minh A = 2
4n + 1
+ 3
4n
+ 2 là hợp số.
Bài II: (3 điểm)
1) Giải phương trình .
2)
Giải hệ phương trình .
Bài III: (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh
.
Bài IV: (3 điểm)
Cho đường tròn (O, R) và một điểm S nằm ngoài đường tròn sao cho SO = 2R. Từ S

kẻ hai tiếp tuyến SA, SB (A ∈ (O), B ∈ (O)) và cát tuyến SCD (C nằm giữa S và D) thay
đổi. Gọi K là trung điểm của CD và H là giao điểm của AB và SO.
1) Chứng minh 4 điểm C, D, H, O nằm trên một đường tròn.
2) Chứng minh AC.BD = AB.CD.
3) Tìm vị trí của điểm K sao cho nhỏ
nhất.
Bài V: (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ngũ giác lồi ABCDE có tọa độ các đỉnh là các số nguyên.
Chứng minh tồn tại ít nhất một điểm nằm trong ngũ giác đó có tọa độ là các số nguyên.
Hết
(Giám thị không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị số 1: Chữ ký của giám thị số 2:
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN 3 VÀO LỚP 10
NGUYỄN HUỆ NĂM HỌC 2015 – 2016
2 3
2 5 1 7 1+ − = −x x x
2 2
2 2
5 14 8 0
5 16 4 8 16 0
x x y
x x y xy y

− − + − =


− + + − − + =



4 4 4 4 4 4 9
ab bc ca a b c
b c a c a b a b c
+ +
+ + ≤
+ + + + + +
1
2
1 1
+
KA KB
Môn thi: TOÁN
(Dành cho hệ chuyên Toán và chuyên Tin)
BÀI Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM
I 2,0
1 Tính giá trị của biểu thức T = abc.
1,0
Ta có ⇒
0,25
⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
– 2a – 4b – 6c = - 14
⇔ (a – 1)
2
+ (b – 2)
2

+ (c – 3)
2
= 0
0,25
⇔ a = 1; b = 2; c = 3
0,25
T = abc = 6.
0,25
2 Chứng minh rằng A = 2
4n + 1
+ 3
4n
+ 2 là hợp số.
1,0
A =2.16n + 81n + 2.
Vì n > 0 nên A > 2 + 1 + 2 = 5 (1) 0,25
Vì 2.16
n
≡ 2 (mod 5)
81
n
≡ 1 (mod 5)
0,25
A ≡ 2 + 1 + 2 (mod 5) ≡ 0 (mod 5). (2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra với mọi n > 0, A > 5 và A chia hết cho 5 nên A là hợp số.
0,25
II
3,0
1 Giải phương trình

1,5
Điều kiện
Ta có
0,5
Đặt ;ta được: 0,5
Giải phương trình ta tìm được .
0,5
2 Giải hệ phương trình
1,5
Ta có
Coi (2) là
phương trình
bậc 2 ẩn y, suy ra:
0,5
Với suy ra: ta được nghiệm
0,5
Với suy ra: ta
được nghiệm
0,5
III Chứng minh bất đẳng thức 1,0
Ta có:
0,25
0,25
Tương tự: ; 0,25
Vậy VT
Dấu “ = ”
0,25
2 2 2
14
2 3 14

a b c
a b c

+ + =

+ + =

2 2 2
14
2a 4 6 28
a b c
b c

+ + =

+ + =

2 3
2 5 1 7 1+ − = −x x x
1x ≥
( )
( )
( )
( )
2 2
3 1 2 1 7 1 1x x x x x x− + + + = − + +
1 0a x= − ≥
2
1 0b x x= + + >
9

3 2 7
1
4
b a
a b ab
b a
=


+ = ⇔

=

4 6x = ±
( )
2 2
2 2
5 14 8 (1)
4 2 5 16 16 0 (2)

= + +


− + − + + =


y x x
y x y x x
2
9x∆ =

5 4
4
= +

⇒

= −

y x
y x
5 4= +y x
( )
2
2
5 4 5 14 8+ = + +x x x
1 3 4
( ; );( ;0)
2 2 5
− −
4= −y x
2 2
(4 x) 5x 14x 8− = + +
11 3 17 27 3 17 11 3 17 27 3 17
( ; );( ; )
4 4 4 4
− + − − − +
1 1 1 9
2 2 2 4 4b c b c c a b c a
+ + ≥
+ + + + +

1 1 2 1
.
4 4 9 2 2b c a b c c a
 
⇒ ≤ +
 ÷
+ + + +
 
1 2
.
4 4 9 2 2
ab ab ab
b c a b c c a
 
⇒ ≤ +
 ÷
+ + + +
 
1 2
.
4 4 9 2 2
bc bc bc
a c b c a a b
 
≤ +
 ÷
+ + + +
 
1 2
.

4 4 9 2 2
ca ca ca
a b c a b b c
 
≤ +
 ÷
+ + + +
 
1 2 2 2
9 2 2 2 2 2 2
ab ab bc bc ac ac
b c c a c a a b a b b c
 
≤ + + + + +
 ÷
+ + + + + +
 
9
a b c+ +
=
xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
IV 3,0
1 4) Chứng minh bốn điểm C, D, H, O nằm trên một đường tròn
1,0
∆ SAC ∼ ∆ SDA
⇒ SC.SD = SA
2
(1)
0,5
SA

2
= SH.SO (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ SC.SD = SH.SO
⇒ ∆ SCO ∼ ∆ SHD
⇒
⇒ Bốn điểm S, D, H, O nằm
trên một đường tròn. 0,5
2 3) Chứng minh rằng AC.BD = AB.CD 1,0
Ta có sđ - sđ=sđ=
⇒
0,5
⇒ ∆ CAK ∼ ∆ BAD ⇒ ⇒
AC.BD = AB.CK
Vì K là trung điểm của CD
nên (4) 0,5
3 4) Tìm giá trị nhỏ nhất của 1,0
Vì SO = 2R ⇒ ∆ SAB đều.
Trên tia KS lấy điểm M sao
cho KM = KB ⇒ ∆ KMB
0,5
M
H
B
O
K
C
D
A
S
· ·

CDH COH=
1
2
·
·
·
·
·
1
D D D
2
KA AKC A C ABS A C= − = − =
»
AB
1
2
»
AC
1
2
»
BC
·
BAC
·
·
CAK BAD=
AC CK
AB BD
=

1
. .
2
AC BD AB CD=
1 1
KA KB
+
·
·
0
60BKM BAS= =
·
·
MBS ABK=
·
MBA
đều (KM = KB và ) và (60
0
- )
⇒ ∆ SMB = ∆ AKB
⇒ AK = SM.
Ta có:
KA + KB = SM + MK = SK ≤ SO = 2R
(vì 5 điểm S, A, B, K, O) nằm trên đường tròn đường kính SO.)
⇒
⇒ min = khi SCD là
cát tuyến đi qua tâm O
hay C là trung điểm của SO.
0, 5
V Chứng minh rằng …(1điểm) 1,0

Giả sử tồn tại ngũ giác nguyên mà bên trong không chứa một điểm nguyên
nào. Trong tất cả các ngũ giác trên ta chọn ngũ giác có diện tích nhỏ nhất
không chứa một điểm nguyên nào giả sử là ABCDE.
Theo nguyên lí Dirichlet: vì có 5 điểm A, B, C, D, E tọa độ nguyên
nên tồn tại ít nhất 2 điểm tạm gọi là X,Y mà cặp tọa độ của chúng có
cùng tính chẵn lẻ. Khi đó trung điểm M của X, Y sẽ có tọa độ nguyên. Do M
không thể nằm trong ngũ giác (giả sử) nên M phải thuộc một trong các cạnh
hay XY phải là một cạnh của ngũ giác.
0,5
Không mất tổng quát ta giả sử 2 điểm đó là A, B. Do đó ta có ngũ giác
MBCDE có diện tích nhỏ hơn diện tích ngũ giác ABCDE
Do tính nhỏ nhất và không chứa điểm nguyên nào bên trong của ABCDE suy
ra ngũ giác MBCDE phải chứa một điểm nguyên T bên trong. Mâu thuẫn vì T
cũng nằm trong ABCDE.
ĐPCM.
0,5
Các chú ý khi chấm:
1) Thí sinh phải lập luận đầy đủ mới cho điểm tối đa.
2) Thí sinh có cách giải đúng, khác với hướng dẫn thì giám khảo vẫn chấm và cho điểm theo số
điểm quy định dành cho câu (hay ý) đó.
3) Vận dụng hướng dẫn chấm chi tiết đến 0,25 điểm nên không làm tròn điểm bài thi.
1 1 4 2
AKA KB K KB R
+ ≥ =
+
1 1
KA KB
+
2
R

( )
,x y