De va dap an thi tuyen sinh vao lop 10 chuyen toan THPT chuyen phan boi chau nghe an nam 20152016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2015 – 2016

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
Câu 1 (7,0 điểm).
a) Giải phương trình

x 2 − 5x + 4 + 2 x + 5 = 2 x − 4 + x 2 + 4x − 5.


1 
1
 x − ÷ y + ÷ = 2
y 
x
.
b) Giải hệ phương trình 
2x 2 y + xy 2 − 4xy = 2x − y

Câu 2 (2,0 điểm).
2
2
Cho a,b là các số nguyên dương thỏa mãn a + b Mab .

a 2 + b2

×
Tính giá trị của biểu thức A =
2ab
Câu 3 (2,0 điểm).
3(a + b + c)
.
Cho a,b,c là các số thực. Chứng minh (a 2 + 1)(b 2 + 1)(c 2 + 1) ≥
4
2

Câu 4 (7,0 điểm).
Cho đường tròn (O;R) có BC là dây cố định (BC < 2R) ; E là điểm chính giữa
cung nhỏ BC. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC và AB < AC (A khác B).
Trên đoạn AC lấy điểm D khác C sao cho ED = EC. Tia BD cắt đường tròn (O;R) tại
điểm thứ hai là F.
a) Chứng minh D là trực tâm của tam giác AEF.
b) Gọi H là trực tâm của tam giác DEC; DH cắt BC tại N. Đường tròn ngoại
tiếp tam giác BDN cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là M. Chứng minh đường
thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5 (2,0 điểm).
Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của
11 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc
A. Tìm tất cả các phần tử của A.
----------HẾT----------

Họ và tên thí sinh..............Lê..Quang..Quân..........................Số báo danh.........0020161...........


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO
NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2015 – 2016

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN

( Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang)
Câu
Câu 1
7,0đ

Nội dung

Điểm

ĐKXĐ: x ≥ 4 .

0,5

x − 5x + 4 + 2 x + 5 = 2 x − 4 + x + 4x − 5
2

a
3,0đ

2

⇔

(x − 1)(x − 4) + 2 x + 5 − 2 x − 4 − (x − 1)(x + 5) = 0

⇔

x −1

⇔

(

(

) (

)

x −4 − x+5 −2

x −1 − 2

)(

x −4 − x+5 = 0

)

0,5
0,5

x −4 − x +5 = 0

 x−4 = x+5
⇔
 x − 1 = 2

0,5

x − 4 = x + 5
⇔
x −1 = 4

0,5

⇔ x = 5 (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm x = 5 .

0,5

b
ĐKXĐ: x ≠ 0; y ≠ 0 .
4,0đ

0,5


1 
1
(1)
 x − ÷ y + ÷ = 2
y 

x

 2
2
 2x y + xy − 4xy = 2x − y. (2)
Phương trình (2) ⇔ 2x + y − 4 =

2 1
−
y x

1
1
⇔ 2(x − ) + (y + ) = 4 (3)
y
x
1

a = x − y
Đặt 
. Kết hợp với (1) và(3) ta có hệ
b = y + 1

x
a 2 − 2a + 1 = 0
a(4 − 2a) = 2
a = 1
⇔
⇔
⇔

b = 4 − 2a
b = 2
b = 4 − 2a
1

x − =1

 xy − 1 = y
a = 1
y

⇔
Với 
ta có 
 xy + 1 = 2x
b = 2
y + 1 = 2

x

0,5
ab = 2

 2a + b = 4

0,5

0,5
0,5

Câu

Nội dung

Điểm

 y = 2x − 2
 y = 2x − 2
⇔
⇔ 2
 x(2x − 2) + 1 = 2x
 2x − 4x + 1 = 0


2+ 2
2− 2
x =
x =
⇔
2
2
hoặc 
(thỏa mãn).
y = 2
y = − 2


2+ 2
2− 2

Vậy hệ đã cho có các nghiệm (x;y) là (
; 2) và (
; − 2) .
2
2
Ký hiệu (x;y) là ước chung lớn nhất của hai số nguyên x và y.
Gọi d = (a;b) => a = da1 ; b = db1 , với (a1 ; b1 ) = 1
⇒ a 2 + b 2 = d 2 (a12 + b12 ) và ab = d 2 a1b1
Câu 2
2,0 đ

1,0

0,5

⇒ d 2 (a12 + b12 )Md 2a1b1 ⇒ a12 + b12 Ma1b1

0,5

⇒ a Mb1 ⇒ a1 ×a1 Mb1 mà (a1 ; b1 ) = 1 ⇒ a1 Mb1
Tương tự b1 Ma1 suy ra a1 = b1 = 1

0,5

2
1

⇒A =

Câu 3

2,0 đ

0,5

d 2 (a12 + b12 )
= 1.
2d 2 a1b1

0,5

Đặt x = a 2, y = b 2, z = c 2. Ta cần chứng minh
(x 2 + 2)(y 2 + 2)(z 2 + 2) ≥ 3(x + y + z) 2 .

0,5

Ta có (x 2 + 2)(y 2 + 2) = (x 2 + 1)(y 2 + 1) + x 2 + y 2 + 3 = x 2 y 2 + 1 + 2x 2 + 2y 2 + 3

0,5

⇒ (x 2 + 2)(y 2 + 2) ≥ 2xy + x 2 + y 2 +
⇒ (x 2 + 2)(y 2 + 2)(z 2 + 2) ≥

(x + y)
3
+ 3 = (x + y) 2 + 2 
2
2
2

3

(x + y) 2 z 2 + 4 + 2(x + y) 2 + 2z 2 
2

3
 4(x + y)z + 2(x + y) 2 + 2z 2  = 3(x + y + z) 2
2
1
3(a + b + c) 2
.
⇒ (a 2 + 1)(b 2 + 1)(c 2 + 1) ≥
. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
2
4
≥

Câu 4
7,0 đ

K

A

F
O
D

H

B

N

M
E

C

0,5
0,5


Câu

Nội dung
·
·
Tứ giác ABEC nội tiếp suy ra ABE
+ ACE
= 180o

0,5

·
·
·
·
·
·
nên ABE
Kết hợp với BAE

=> ABE
= ADE.
= ADE.
= DAE

0,5

Mặt khác EB = EC = ED nên AE là trung trực của đoạn BD

0,5

·
·
·
·
Kết hợp với ABD
(cùng chắn cung AF) và ADB
(đối đỉnh).
= DCF
= FDC
·
·
Suy ra FDC
= FCD
⇒ tam giác FDC cân tại F.
=> FD = FC. Kết hợp với ED = EC => EF là trung trực của DC => DC ⊥ EF (2).

0,5
0,5
0,5

Từ (1) và (2) suy ra D là trực tâm của tam giác AEF.

0,5

Kẻ đường kính EK của (O;R).Khi đó điểm K cố định.
·
·
Tứ giác BDNM nội tiếp nên BMD
= BND
1·
·
·
= 90o − BAC
(3)
=> BMD
= 90o − BCE
2
·
·
Tứ giác ABMK nội tiếp nên BMK
.
= 1800 − BAK

0,5

1·
·
·
·

= BAE
+ EAK
= 90o + BAC
Mà BAK
2
1·
·
·
·
⇒ BMK
= 90o − BAC
(4) . Từ (3) và (4) suy ra BMD
= BMK
2
Suy ra ba điểm M, D, K thẳng hàng. Do đó MD luôn đi qua điểm K cố định.

0,5

Giả sử A = { a1 ;a 2 ;a 3; ...;a 21} với a1 ;a 2 ;a 3; ...;a 21 ∈ Z và a1 < a 2 < a 3 < ... < a 21 .

Câu 5
2,0 đ

0,5

·
·
·
·
Mà EDC

và ADE
= ACE
+ EDC
= 180o

a
·
·
= ADB.
4,0đ => AE ⊥ BF (1) và AB = AD => ABD

b
3,0đ

Điểm

Theo giả thiết ta có a1 + a 2 + a 3 + ... + a11 > a12 + a13 + ... + a 21
⇔ a1 > a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 (1)
Mặt khác với x; y ∈ Z và x < y thì y ≥ x + 1
=> a12 − a 2 ≥ 10, a13 − a 3 ≥ 10,..., a 21 − a11 ≥ 10 (2)
Nên từ (1) suy ra a1 > 10+10+...+10 = 100 => a1 =101 (vì 101 ∈ A).
=> 101 > a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 ≥ 100
=> a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 = 100 . Kết hợp với (2)
=> a12 − a 2 = a13 − a 3 = ... = a 21 − a11 = 10 (3)
⇒ 10 = a12 − a 2 = (a12 − a11 ) + (a11 − a10 ) + ... + (a 3 − a 2 ) ≥ 10
⇒ a12 − a11 = a11 − a10 = ... = a 3 − a 2 = 1 (4)
Ta có a1 =101 mà 102 ∈ A => a 2 =102
Kết hợp với (3) và (4) suy ra A = { 101;102;103;...;121} .

Lưu ý:

- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần, không làm tròn.

0,5
0,5

0,5
0,5
0,5

0,5

0,5

0,5