đề tuyển sinh vào 10 môn toán chuyên hùng vương phú thọ năm 2015 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2015-2016
Môn Toán
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

Câu 1 (1,5 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn
2
4n +
và
2
16n +
là các
số nguyên tố thì n chia hết cho 5.
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2
2 ( ) 2( 1).x y x y x− − = +

Câu 2 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:
( ) ( )
2 3 5 2 3 5
.
2 2 3 5 2 2 3 5
A
+ −

+
+ + − −
=

b) Tìm m để phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 4 5x x x x m− − + + =
có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
( )
2
4 2 1 1 .x x x x
− − = − −
b) Giải hệ phương trình:
3 2
2 2
10 0
.
6 10
x xy y
x y

+ − =


+ =



Câu 4 (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và dây cung
3BC R=
cố định. Điểm A di động trên cung
lớn
»
BC
sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm
đối xứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác
ABE
và
ACF
cắt nhau tại
K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF.
a) Chứng minh KA là phân giác trong góc
·
BKC
và tứ giác BHCK nội tiếp.
b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất
của tứ giác đó theo R.
c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn:
2 2 2
1 1 1
1.
x y z
+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:

( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
.
y z z x x y
P
x y z y z x z x y
= + +
+ + +

HẾT
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họ và tên thí sinh: Số báo
danh:
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO
PHÚ THỌ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2015-2016
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
I. Một số chú ý khi chấm bài
• Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, cán bộ chấm
thi cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25
điểm.
• Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm
tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm.

• Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
II. Đáp án-thang điểm
Câu 1 (1,5 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn
2
4n +
và
2
16n +
là các số
nguyên tố thì n chia hết cho 5.
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2
2 ( ) 2( 1).x y x y x− − = +

Nội dung Điểm
a) (0,5 điểm)
Ta có với mọi số nguyên m thì
2
m
chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4.
+ Nếu
2
n
chia cho 5 dư 1 thì
2 2 *
5 1 4 5 5 5; .n k n k k= + ⇒ + = + ∈M ¥
nên
2
4n +

không là số nguyên tố.
0,25
+ Nếu
2
n
chia cho 5 dư 4 thì
2 2 *
5 4 16 5 20 5; .n k n k k= + ⇒ + = + ∈M ¥
nên
2
16n +
không là số nguyên tố.
Vậy
2
5n M
hay n chia hết cho 5.
0,25
b) (1,0 điểm)
2 2 2
2 ( ) 2( 1) 2( 1) 2( 1) 0 (1)x y x y x x y x y− − = + ⇔ − + + − =

Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì
'∆
theo y phải là số chính phương
0,25
Ta có
( )
2
2 2 2
' 2 1 2 2 2 3 4 1 4.y y y y y y∆ = + + − + = − + + = − − ≤

'∆
chính phương nên
{ }
' 0;1;4∆ ∈
0,25
+ Nếu
( )
2
' 4 1 0 1y y∆ = ⇒ − = ⇔ =
thay vào phương trình (1) ta có :
( )
2
0
4 0 4 0 .
4
x
x x x x
x
=

− = ⇔ − = ⇔

=


+ Nếu
( )
2
' 1 1 3 .y y∆ = ⇒ − = ⇒ ∉¢
+ Nếu

( )
2
3
' 0 1 4 .
1
y
y
y
=

∆ = ⇒ − = ⇔

= −

0,25
+ Với
3y =
thay vào phương trình (1) ta có:
( )
2
2
8 16 0 4 0 4.x x x x− + = ⇔ − = ⇔ =

+ Với
1y = −
thay vào phương trình (1) ta có:
2
0 0.x x= ⇔ =

Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 0;1 ; 4;1 ; 4;3 ; 0; 1 .x y ∈ −

0,25
3
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:
( ) ( )
2 3 5 2 3 5
.
2 2 3 5 2 2 3 5
A
+ −
+
+ + − −
=

b) Tìm m để phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 4 5x x x x m− − + + =
có 4 nghiệm phân biệt.
Nội dung Điểm
a) (1,0 điểm)
2(3 5) 2(3 5)
4 6 2 5 4 6 2 5
A
+ −
= +

+ + − −
0,25
2 2
3 5 3 5
2
4 ( 5 1) 4 ( 5 1)
 
+ −
 
= +
 
+ + − −
 
3 5 3 5
2
5 5 5 5
 
+ −
= +
 ÷
 ÷
+ −
 

0,25
(3 5)(5 5) (3 5)(5 5)
2
(5 5)(5 5)
 
+ − + − +

=
 
+ −
 
15 3 5 5 5 5 15 3 5 5 5 5
2
25 5
 
− + − + + − −
=
 ÷
 ÷
−
 
0,25
20
2. 2.
20
= =
Vậy
2.A
=
0,25
b) (1,0 điểm)
Phương trình
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 3 4 5 ( 2 8)( 2 15) 1x x x x m x x x x m− − + + = ⇔ + − + − =
0,25
Đặt

( ) ( )
2
2
2 1 1 0 ,x x x y y+ + = + = ≥
phương trình (1) trở thành:
( ) ( )
2
9 16 25 144 0 (2)y y m y y m− − = ⇔ − + − =
Nhận xét: Với mỗi giá trị
0y >
thì phương trình:
( )
2
1x y+ =
có 2 nghiệm phân biệt, do
đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân
biệt.
0,25
⇔
' 0 ' 4 49 0
49
0 25 0 144.
4
0 144 0
m
S m
P m
∆ > ∆ = + >

 
−
 
> ⇔ > ⇔ < <
 
 
> − >
 
0,25
Vậy với
49
144
4
m− < <
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. 0,25
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
( )
2
4 2 1 1 .x x x x
− − = − −
b) Giải hệ phương trình:
3 2
2 2
10 0
6 10
x xy y
x y

+ − =



+ =


Nội dung Điểm
a) (1,0 điểm)
Điều kiện:
1x ≥
(*).
Ta có:
( )
2 2
4 2 1 1 2 1 1 2( 1) 3 0x x x x x x x x x x− − = − − ⇔ + − + − − + − − =
0,25
Đặt
1x x y+ − =
(Điều kiện:
( )
1 **y ≥
), phương trình trở thành
2
2 3 0.y y− − =
0,25
( ) ( )
2
1
2 3 0 1 3 0
3
y

y y y y
y
= −

− − = ⇔ + − = ⇔

=

0,25
+Với
1y = −
không thỏa mãn điều kiện (**).
+ Với
3y =
ta có phương trình:
0,25
4
2 2
3
3 3
1 3 1 3 2
2
1 9 6 7 10 0
5
x
x x
x x x x x
x
x x x x x
x

≤

≤ ≤
 

+ − = ⇔ − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
=

  
− = − + − + =

 

=


thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm
2.x
=

b) (1,0 điểm)

( )
3 2 2 2
3 2
2 2
2 2
6 0 (1)
10 0
6 10

6 10 (2)
x xy x y y
x xy y
x y
x y


+ − + =
+ − =
 
⇔
 
+ =

+ =



0,25
Từ phương trình (1) ta có

( )
( )
( )
3 2 2 2 3 2 2 3
3 2 2 2 2 3 2 2
6 0 6 0
2 2 3 6 0 2 3 0
x xy x y y x xy x y y
x x y x y xy xy y x y x xy y

+ − + = ⇔ + − − =
⇔ − + − + − = ⇔ − + + =
0,25
( )
( )
2 2
2 3 0x y x xy y− + + =
2 2
2
3 0
x y
x xy y
=

⇔

+ + =


0,25
+ Trường hợp 1:
2
2
2 2
11
3 0 0 0
2 4
y y
x xy y x x y
 

+ + = ⇔ + + = ⇒ = =
 ÷
 
Với
0x y= =
không thỏa mãn phương trình (2).
+ Trường hợp 2:
2x y=
thay vào phương trình (2) ta có:

2 2 2
1 2
4 8 12 1
1 2
y x
y y y
y x
= ⇒ =

+ = ⇔ = ⇔

= − ⇒ = −

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm
( ) ( ) ( )
{ }
; 2;1 ; 2; 1 .x y ∈ − −

0,25
Câu 4 (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và dây cung
3BC R=
cố định. Điểm A di động trên cung lớn
»
BC
sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C
qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác
ABE
và
ACF
cắt nhau tại K (K không trùng A).
Gọi H là giao điểm của BE và CF.
a) Chứng minh KA là phân giác trong góc
·
BKC
và tứ giác BHCK nội tiếp.
b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ
giác đó theo R.
c) Chứng minh AK luôn đi qua điểm cố định.
Nội dung Điểm
5
a) (1,5 điểm)
Ta có
·
·
AKB AEB=
(vì cùng chắn cung
»
AB
của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)

Mà
·
·
ABE AEB=
(tính chất đối xứng) suy ra
·
·
AKB ABE=
(1)
·
·
AKC AFC=
(vì cùng chắn cung
»
AC
của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)

·
·
ACF AFC=
(tính chất đối xứng) suy ra
·
·
AKC ACF=
(2)
0,5
Mặt khác
·
·
ABE ACF=

(cùng phụ với
·
BAC
) (3). Từ (1), (2) , (3) suy ra
·
·
AKB AKC=
hay KA là phân giác trong của góc
·
.BKC
0,25
Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB.
Ta có
3BC R=
nên
·
·
·
0 0
1
120 ; 60
2
BOC BAC BOC= = =
. Trong tam giác vuông ABP
có
·
·
·
0 0 0
90 ; 60 30APB BAC ABP= = ⇒ =

hay
·
·
0
30ABE ACF= =
.
0,25
Tứ giác APHQ có
·
·
·
· ·
·
0 0 0 0
180 180 120 120AQH APH PAQ PHQ PHQ BHC+ = ⇒ + = ⇒ = ⇒ =
(đối đỉnh).
0,25
Ta có
·
·
0
30AKC ABE= =
,
·
·
·
0
30AKB ACF ABE= = =
(theo chứng minh phần a).
Mà

·
·
·
·
·
·
·
0
60BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE= + = + = + =
suy ra
·
·
0
180BHC BKC+ =

nên tứ giác BHCK nội tiếp.
0,25
b) (1,5 điểm)
Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung
3,BC R=

·
·
0
60BKC BAC= =
nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O).
0,5
Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC
(N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC.
Ta có

( )
1 1 1
. .
2 2 2
BHCK BHC BCK
S S S BC HM BC KN BC HM KN= + = + = +

1 1
( ) .
2 2
BHCK
S BC HI KI BC KH≤ + =
(do HM
≤
HI; KN
≤
KI ).
0,25
6
Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra
2KH R≤
(không đổi)
nên
BHCK
S
lớn nhất khi
2KH R=
và
2 .HM KN HK R
+ = =

0,25
Giá trị lớn nhất
2
1
3.2 3.
2
BHCK
S R R R= =
0,25
Khi HK là đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là trung điểm
của BC nên
ABC∆
cân tại A. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn
»
.BC

0,25
c) (0,5 điểm)
Ta có
·
·
0 0
120 ; 60BOC BKC= =
suy ra
·
·
0
180BOC BKC+ =
nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn.

0,25
Ta có OB=OC=R suy ra
»
¶
· ·
OB OC BKO CKO= ⇒ =
hay KO là phân giác góc
·
BKC
theo phần (a) KA là phân giác góc
·
BKC
nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định
0,25
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn:
2 2 2
1 1 1
1.
x y z
+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
.
y z z x x y
P
x y z y z x z x y
= + +

+ + +
Nội dung
Điểm
Ta có
2 2
2 2 2 2
1 1 1
1 1
1 1 1 1
P
y
x z
z x
z y x y
= + +
     
+
+ +
 ÷
 ÷  ÷
 
   
0,25
Đặt
1 1 1
; ;a b c
x y z
= = =
thì
, , 0a b c >

và
2 2 2
1.a b c+ + =

( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c a b c
P
b c c a a b
a a b b c c
= + + = + +
+ + +
− − −

0,25
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có
( )
3
2 2 2
2
2 2 2 2 2
1 1 2 1 1 4
1 .2 (1 )(1 )
2 2 3 27
a a a
a a a a a
 

+ − + −
− = − − ≤ =
 ÷
 
2
2 2
2
2 3 3
(1 ) (1)
(1 ) 2
3 3
a
a a a
a a
⇒ − ≤ ⇔ ≥
−
Tương tự:
2 2
2 2
2 2
3 3 3 3
(2); (3)
(1 ) 2 (1 ) 2
b c
b c
b b c c
≥ ≥
− −
0,25
Từ (1); (2); (3) ta có

( )
2 2 2
3 3 3 3
.
2 2
P a b c≥ + + =
Đẳng thức xảy ra
1
3
a b c⇔ = = =

hay
3.x y z= = =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
3 3
.
2

0,25
HẾT
7