ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 2016 Môn: Toán (Chuyên Tin)

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán (Chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0điểm).
a) Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn
6 0a ab b
− − =
.
Tính giá trị của biểu thức:
.
a b
A
a ab b
+
=
+ +
b) Cho
0xy ≠
và
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
3 3
1
P
x y xy
=
+ +
.
Câu 2 (2,5điểm).
a) Giải phương trình

( ) ( )
2 2
3 4 6 24x x x x
+ − + − =
.
b) Giải hệ phương trình
2 2
3
1 1 2
2 2 3
xy x y
x x y y
+ + =



+ =

+ +

Câu 3 (2,0điểm).
a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn:
1 , , 2a b c− ≤ ≤
và
0a b c+ + =
.
Chứng minh:
3ab bc ca+ + ≥ −
.
b) Tìm tất cả các cặp hai số nguyên

( )
;x y
thỏa mãn:
4 3 2
1x x y− + =
.
Câu 4.(3,5điểm) Trên nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R là độ dài cho
trước) lấy hai điểm M. N (M. N khác A và B) sao cho M thuộc cung
»
AN
và tổng các
khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng
3R
.
a) Tính độ dài đoạn thẳng MN theo R.
b) Gọi I là giao điểm của AN và BM, K là giao điểm của AM và BN. Chứng
minh bốn điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn. Tính bán kính của
đường tròn đó theo R.
c) Tìm giá tri lớn nhất của diện tich tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi trên
nửa đường tròn (O) nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán.

HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị 1: Giám thị 2:
UBND TỈNH HÀ NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ DỰ BỊ
HƯỚNG DẪN
CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn: Toán (Chuyên Tin)
( Bản Hướng dẫn chấm thi gồm có 04 trang )
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
a)
a ab 6b 0 a 3 ab 2 ab 6b 0
− − = ⇔ − + − =
0.25
( ) ( ) ( ) ( )
a a 3 b 2 b a 3 b 0 a 2 b a 3 b 0
⇔ − + − = ⇔ + − =
0.25
Vì a, b dương nên
a 2 b 0 a 3 b a 9b
+ > ⇒ = ⇔ =
. 0.25
Thay
a 9b
=
vào P ta được
10
P
13
=
. 0.25
b)
1,0
điểm
Ta có x + y = 1 suy ra x
3

+ y
3
+ xy = (x+y)(x
2
+ y
2
–xy) + xy = x
2
+
y
2
0.25
( )
2
2
2 2
2
3 3
1 1
1 2 2 1 2
2 4
1 1 1
2
2 2 2
x x x x x
x y xy x
 
 
= + − = − + = − +
 

 ÷
 
 
 
 
⇒ + + ≥ − + ≥
 ÷
 
0.25
Đẳng thức xảy ra
1
2
x y⇔ = =
. Vậy
3 3
x y xy+ +
nhỏ nhất bằng
1
2
1
2
x y⇔ = =
0.25
Suy ra
3 3
1
P
x y xy
=
+ +

lớn nhất bằng 2
1
2
x y⇔ = =
0.25
Câu 2
a)
1,25
điểm
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
3 4 6 24 1 4 2 3 24
2 3 2 8 24
x x x x x x x x
x x x x
+ − + − = ⇔ − + − + =
⇔ + − + − =
0.25
Đặt y =
2
2 3x x+ −
. Phương trình trở thành y(y-5) = 24
2
5 24 0y y⇔ − − =
3
8
y

y
= −

⇔

=

0.5
2 2
2 2
0; 2
2 3 3 2 0
1 2 3
2 3 8 2 11 0
x x
x x x x
x
x x x x
= = −
 

+ − = − + =
⇔ ⇔
 

= − ±
+ − = + − =

 
0.5

b)
1,5
điểm
Hệ đã cho ⇔
( )
( )
2
2
1 ( 1) 4
1 1 2
( 1) 1 3
1 1
x y
x
y
+ + =


+ =

+ −
+ −

0.25
Đặt
1, 1u x v y= + = +

Hệ đã cho trở thành
2 2
4

1 1 2
1 1 3
uv
u v
=



+ =

− −

, ĐK :
1
1
u
v
≠ ±


≠ ±

(*)
0,25

( ) ( )
2 2 2 2 2 2
4
3 2 2 1
uv

u v u v u v
=


⇔

+ − = − − +



2 2
4
8
uv
u v
=

⇔

+ =


4
4
uv
u v
=

⇔


+ = ±

0.5

2
2
u v
u v
= =

⇔

= = −

( TM(*)Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là:
1 3
;
1 3
x x
y y
= = −
 
 
= = −
 
.
0.25
Câu 3
a)
1,0

Từ giả thiết a, b, c
[ ]
1;2∈ −
ta có
1 0; 2 0a a+ ≥ − ≤
0.25
Do đó
2
( 1)( 2) 0 2 0a a a a+ − ≤ ⇒ − − ≤
Tương tự
2 2
2 0; 2 0b b c c− − ≤ − − ≤
0.25
Suy ra
2 2 2 2 2 2
( ) 6 0 6 ( 0)a b c a b c a b c a b c+ + − + + − ≤ ⇔ + + ≤ + + =
0.25
( )
2 2 2
2
2( ) 6 2( )
6 2( ) 3
a b c ab bc ca ab bc ca
a b c ab bc ca ab bc ca
⇔ + + + + + ≤ + + +
⇔ + + ≤ + + + ⇔ + + ≥ −
0.25
b)
1,0
điểm

+) Nếu
0x =
thay vào phương trình ta được
1y = ±
+) Nếu
2
1 3x y= − ⇒ =
vô nghiệm
+) Nếu
2
1 1 1x y y= ⇒ = ⇒ = ±
0.25
+) Nếu
2x ≥
ta có
( )
( )
( )
2 2
2
2 4 3 2 2
4 4 4 4 2 1 2 2 1y x x x x y x x= − + ⇒ − − < < − +
( )
( )
2
2
2 4 3 2 4 3
2 2 4 4 4 4 4 2y x x x x x x x x⇒ = − ⇔ − + = − + ⇔ =
(do
2x

≥
)
3y⇒ = ±
0.25
+) Nếu
2x
≤ −
, đặt
2t x
= − ≥
. Khi đó ta có
2 4 3
1y t t= + +
( )
( )
( )
2 2
2
2 4 3 2 2
4 4 4 4 2 1 2 2 1y t t t t y t t⇒ = + + ⇒ + − < < + +
( )
( )
2
2
2 4 3 4 3 2
2 2 4 4 4 4 4 2y t t t t t t t t⇒ = + ⇔ + + = + + ⇔ =
(do
2t ≥
)
5y⇒ = ±

0.25
Kết luận
( ; ) (0;1);(0; 1);(1;1);(1; 1 );(2;3);(2; 3);( 2;5);( 2 ) ; 5 x y
= − − − − − −
0.25
Câu 4
a)
1,0
điểm
P
H
O'
K
I
B'
A'
N
A
O
B
M
Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên đường
thẳng MN. Gọi H là trung điểm đoạn thẳng MN thì
OH MN
⊥
0.5
Xét hình thang AA’B’B có OH là đường trung bình nên
( )
1 3
' '

2 2
R
OH AA BB= + =
2
2 2 2
3
2
4 2
R R
MH OM OH R MN MH R= − = − = ⇒ = =
0.5
b)
1,25
Ta có
·
·
·
·
0 0
90 90AMB ANB KMI KNI= = ⇒ = =
0.25
Suy ra bốn điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn đường
kính KI
0.25
Vì MN = R nên tam giác OMN đều
·
·
·
·
0 0

1
30 60
2
KAN MAN MON AKN= = = ⇒ =
Gọi O’ là trung điểm của IK thì O’ là tâm của đường tròn đi qua
bốn điểm M, N, I, K
và R’ = O’M là bán kính của đường tròn này.
0.5
Do đó
·
·
·
0
3
' 2 2 120 ' 3 '
3
R
MO N MKN AKN MN R R= = = ⇒ = ⇒ =
0.25
c)
1,0
điểm
Gọi P là giao điểm của IK và AB, do I là trực tâm của tam giác
KAB nên
KI AB⊥
, nên KP là đường cao tam giác KAB hạ từ K.
Do O, O’ nằm trên trung trực đoạn MN, nên O, O’, H thẳng hàng.
Xét tam giác MOO’ có
·
·

·
( )
0 0 0
' 90 ' 30 ; ' 60OMO MOO MO O= = =
Suy ra
2
' 2 '
3
R
OO MO= =
0.25
Tam giác KAB có AB không đổi nên nó có diện tích lớn nhất khi
KP lớn nhất
Ta có
2
' ' 3
3 3
R R
KP KO OO R≤ + = + =
0.25
Đẳng thức xảy ra khi
' //P O OO AB MN AB KAB≡ ⇔ ⊥ ⇔ ⇔ ∆
cân tại
K
KAB
⇔ ∆
đều (do
·
0
60AKB =

)
0.25
Do đó
2
1
. . 3
2
KAB
S AB KP R KP R= = ≤
Kết luận diện tích tam giác KAB lớn nhất bằng
2
3R
khi và chỉ khi
MN//AB (hay
KAB∆
đều)
0.5
Chú ý: Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tương đương.
HẾT