Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán (chuyên) năm 2015 2016 THPT chuyên nguyễn trãi (sở GDĐT hải dương)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN (Chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đ ề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I (2,0 điểm)
1) Cho

a − b = 29 + 12 5 − 2 5

. Tính giá trị của biểu thức:

A = a 2 (a + 1) − b 2 (b − 1) − 11ab + 2015

2) Cho

x, y

là hai số thực thỏa mãn

Chứng minh rằng

xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1

x 1 + y2 + y 1 + x2 = 0

.

.

Câu II (2,0 điểm)
1) Giải phương trình

2 x + 3 + 4 x2 + 9 x + 2 = 2 x + 2 + 4 x + 1

2) Giải hệ phương trình

.

2 x 2 − y 2 + xy − 5 x + y + 2 = y − 2 x + 1 − 3 − 3 x
 2
 x − y − 1 = 4 x + y + 5 − x + 2 y − 2

Câu III (2,0 điểm)
1) Tìm các số nguyên

x, y

2) Tìm các số nguyên k để

thỏa mãn

x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 = 0

k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10

.

là số chính phương.

Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối
của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và
N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC.
1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc

2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh

2
1
1
=
+
AK AB AC

.

·
MIN

.


3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác

định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành.
Câu V (1,0 điểm) Cho

minh bất đẳng thức

a, b

là các số dương thỏa mãn điều kiện

1
1
+
+ 2015ab ≤ 2016
1+ a 1+ b

( a + b)3 + 4ab ≤ 12

.

----------------------------Hết---------------------------Họ và tên thí sinh....................................................S ố báo danh...........................................
Chữ kí của giám thị 1: ..........................................Chữ kí của giám thị 2: ............................

. Chứng


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016

Câu Ý

I

1

Nội dung

Cho

a − b = 29 + 12 5 − 2 5

Điể
m

. Tính giá trị của biểu thức:

1,00

A = a (a + 1) − b (b − 1) − 11ab + 2015
2

2

a − b = 29 + 12 5 − 2 5 =

( 3+ 2 5)

2

− 2 5 = 3+ 2 5 −2 5 = 3

A = a 3 − b3 + a 2 + b 2 − 11ab + 2015

0,25

= (a − b)(a 2 + b 2 + ab) + a 2 + b 2 − 11ab + 2015

I

2

0,25

= 3( a 2 + b 2 + ab) + a 2 + b 2 − 11ab + 2015

0,25

= 4( a 2 − 2ab + b 2 ) + 2015 = 4(a − b) 2 + 2015 = 2051

0,25

Cho

x, y

là hai số dương thỏa mãn

xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1

1,00

x 1+ y + y 1+ x = 0
2

Chứng minh rằng

.

2

xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1 ⇔ (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1 − xy
0,25

⇒ (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = (1 − xy ) 2

II

⇔ 1 + x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 − 2 xy + x 2 y 2

0,25

⇔ x 2 + y 2 + 2 xy = 0 ⇔ ( x + y ) 2 = 0 ⇔ y = − x

0,25

⇒ x 1 + y2 + y 1 + x2 = x 1 + x2 − x 1 + x2 = 0

0,25

1

Giải phương trình
Pt

2x + 3 + 4x2 + 9x + 2 = 2 x + 2 + 4x + 1

⇔ 2 x + 3 + ( x + 2)(4 x + 1) = 2 x + 2 + 4 x + 1

x≥−

. ĐK:

1
4

.

1,00
0,25


Đặt

t = 2 x + 2 + 4 x + 1, t ≥ 7

(hoặc

t ≥0

)

⇒ t 2 = 8 x + 4 ( x + 2)(4 x + 1) + 9 ⇔ 2 x + ( x + 2)(4 x + 1) =

PTTT
TH1.

t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ t = 1
t =1

hoặc

t2 − 9
4

t =3

giải ra vô nghiệm hoặc kết hợp với ĐK

t≥ 7

bị loại
2
x=−
t = 3 ⇒ 2 x + 2 + 4x +1 = 3
9
TH 2.
. Giải pt tìm được
(TM)
2

x=−
9

II

Vậy pt có nghiệm duy nhất
2 x 2 − y 2 + xy − 5 x + y + 2 = y − 2 x + 1 − 3 − 3 x
 2
2
 x − y − 1 = 4 x + y + 5 − x + 2 y − 2
Giải hệ pt
y − 2 x + 1 ≥ 0, 4 x + y + 5 ≥ 0, x + 2 y − 2 ≥ 0, x ≤ 1
ĐK:
0 = 0
 y − 2x + 1 = 0
x = 1 
⇔
⇒

3 − 3 x = 0
y =1 
−1 = 10 − 1
TH 1.
(Không TM hệ)
x ≠ 1, y ≠ 1
TH 2.
. Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được
x+ y−2
( x + y − 2)(2 x − y − 1) =
y − 2 x + 1 + 3 − 3x



1
( x + y − 2) 
+ y − 2 x + 1 = 0
 y − 2 x + 1 + 3 − 3x


nên

. Do

x 2 + x − 3 = 3x + 7 − 2 − x

Thay
vào pt thứ 2 ta được
2
⇔ x + x − 2 = 3x + 7 − 1 + 2 − 2 − x
3x + 6
2+ x
⇔ ( x + 2)( x − 1) =
+
3x + 7 + 1 2 + 2 − x

0,25

0,25

1,00

0,25

y − 2x + 1 ≥ 0

1
+ y − 2x + 1 > 0 ⇒ x + y − 2 = 0
y − 2 x + 1 + 3 − 3x
y = 2− x

0,25

0,25

0,25


3
1


⇔ ( x + 2) 
+
+1 − x = 0
 3x + 7 + 1 2 + 2 − x

x ≤1

Do

Vậy

III

3
1
+
+1− x > 0
3x + 7 + 1 2 + 2 − x

0,25

nên
x + 2 = 0 ⇔ x = −2 ⇒ y = 4

(TMĐK)
x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 = 0
x, y
1
Tìm các số nguyên
thỏa mãn
(1)
4
2
2
(1) ⇔ x + x + 20 = y + y
Ta có
x 4 + x 2 < x 4 + x 2 + 20 ≤ x 4 + x 2 + 20 + 8x 2
Ta thấy
⇔ x 2 x 2 + 1 < y ( y + 1) ≤ x 2 + 4 x 2 + 5

(

Vì

)

(

)(

1,00

0,25

)

x, y ∈¢

nên ta xét các trường hợp sau
y ( y + 1) = x 2 + 1 x 2 + 2 ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 3x 2 + 2

(

)(

+ TH1.
⇔ 2x 2 = 18 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3

)

0,25

y 2 + y = 9 2 + 9 + 20 ⇔ y 2 + y − 110 = 0

x2 = 9

Với
, ta có
⇔ y = 10 ; y = −11

(t.m)
y ( y + 1) = x 2 + 2 x 2 + 3 ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 5x 2 + 6

(

+ TH2.

⇔ 4x 2 = 14 ⇔ x 2 =

+ TH3.

)(

7
2

)

0,25

(loại)

4
2
2
y ( y + 1) = ( x 2 + 3) ( x 2 + 4 ) ⇔ 6x = 8 ⇔ x = 3

y ( y + 1) = ( x + 4 ) ( x + 5 )
2

(loại)
0,25

2

+ TH4.
⇔ 8x 2 = 0 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0
Với

x2 = 0

, ta có

y 2 + y = 20 ⇔ y 2 + y − 20 = 0 ⇔ y = −5 ; y = 4

Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên

( x ; y)

là :

( 3 ; 10 ) , ( 3 ; − 11) , ( −3 ; 10 ) , ( −3 ; − 11) , ( 0 ; − 5 ) , ( 0 ; 4 ) .
III

2 Tìm các số nguyên k để
phương.
Đặt

k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10

là số chính

1,00

M = k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10
M = ( k 4 − 2k 2 + 1) − 8k ( k 2 − 2k + 1) + 9k 2 − 18k + 9

Ta có

0,25

2
2
2
2
2
= ( k 2 − 1) − 8k ( k − 1) + 9 ( k − 1) = ( k − 1) . ( k − 3) + 1

M là số chính phương khi và chỉ khi

chính phương.
TH 1.
TH 2.

( k − 1)

2

( k − 3)

2

( k − 1)

2

=0

hoặc

( k − 3)

2

+1

là số

= 0 ⇔ k =1

.
+1

là số chính phương, đặt

( k − 3)

2

+ 1 = m2 ( m ∈ ¢ )

⇔ m − ( k − 3) = 1 ⇔ (m − k + 3)(m + k − 3) = 1
2

2

Vì

m, k ∈ ¢ ⇒ m − k + 3 ∈ ¢ , m + k − 3 ∈ ¢

m − k + 3 = 1

m + k − 3 = 1

Vậy
IV

1

k =1

0,25

hoặc

hoặc

nên

m − k + 3 = −1  m = 1, k = 3
⇔
⇒k =3

m + k − 3 = −1  m = −1, k = 3

k =3

thì

0,25

0,25

k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10

là số chính phương
·
MIN
Chứng minh IA là tia phân giác của góc
.

1,00


M

E

H

P

O
I

B

A

C

K

N

·
·
·
AMO
= ANO

= AIO
= 900 ⇒

Theo giả thiết

IV

5 điểm A, O, M, N, I

thuộc đường tròn đường kính AO
⇒ ·AIN = ·AMN , ·AIM = ·ANM
(Góc nội tiếp cùng chắn một cung)
AM = AN ⇒ ∆AMN
⇒ ·AMN = ·ANM
cân tại A
⇒ ·AIN = ·AIM ⇒
đpcm
2
1
1
=
+
2
AK AB AC
Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh
.
2
1
1
=

+
⇔ 2 AB. AC = AK ( AB + AC ) ⇔ AB. AC = AK . AI
AK AB AC

AB + AC = 2 AI

(Do
∆ABN

∆ANC ⇒ AB. AC = AN 2

∆AIO ⇒ AK . AI = AH . AO
đồng dạng với
∆AMO
⇒ AH . AO = AM 2
Tam giác
vuông tại M có đường cao MH
∆AHK

IV

3

0,25
0,25
0,25
1,00

0,25

)

đồng dạng với

⇒ AK . AI = AM

0,25

AN = AM ⇒ AB. AC = AK . AI
. Do
Đường thẳng qua M, vuông góc với ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P.
2

Xác định vị trí của điểm A để AMPN là hình bình hành.

0,25
0,25

0,25

1,00


Ta có

AN ⊥ NO, MP ⊥ NO, M ∉ AN ⇒ AN / / MP

Do đó AMPN là hình bình hành

Tam giác

TH 1.
Đặt

PTTT
Do

⇔ AN = MP = 2 x
∆NEM ⇒

∆ANO

R 2 − x2 = t , t ≥ 0 ⇒ x2 = R2 − t 2

.

TH 2.

PTTT

0,25

 2t = − R
2( R 2 − t 2 ) = R 2 − Rt ⇔ 2t 2 − Rt − R 2 = 0 ⇔ 
t = R

t ≥ 0 ⇒ t = R ⇔ R2 − x2 = R ⇔ x = 0 ⇒ A ≡ B

Đặt

(Loại)

2

2x
= R + R2 − x2 ⇔ 2x2 = R2 + R R2 − x2
R

R 2 − x2 = t , t ≥ 0 ⇒ x2 = R2 − t 2

0,25

.

 2t = R
2( R 2 − t 2 ) = R 2 + Rt ⇔ 2t 2 + Rt − R 2 = 0 ⇔ 
t = − R

t ≥ 0 ⇒ 2t = R ⇔ 2 R 2 − x 2 = R ⇔ x =
Do

R 3
⇒ AO = 2 R
2

0,25

Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh
1
1

+
+ 2015ab ≤ 2016
1+ a 1+ b
Chứng minh bất đẳng thức
.

(

12 ≥ (a + b )3 + 4ab ≥ 2 ab

)

3

+ 4ab

t = ab , t > 0

Ta có
. Đặt
3
2
3
2
12 ≥ 8t + 4t ⇔ 2t + t − 3 ≤ 0 ⇔ (t − 1)(2t 2 + 3t + 3) ≤ 0
Do

0,25

đồng dạng với

2x2
NE = NO − OE ⇒
= R − R2 − x2 ⇔ 2x2 = R2 − R R2 − x2
R

NE = NO + OE ⇒

V

AN NO
2x
=
⇒ NE =
NE EM
R

2

2t 2 + 3t + 3 > 0, ∀t

nên

t −1 ≤ 0 ⇔ t ≤ 1

. Vậy

0 < ab ≤ 1

1,00
0,25

thì


Chứng minh được

Thật vậy, BĐT

1
1
2
+
≤
, ∀a, b > 0
1 + a 1 + b 1 + ab

thỏa mãn

ab ≤ 1

1
1
1
1
−
+
−
≤0
1 + a 1 + ab 1 + b 1 + ab

 b − a  a
ab − a
ab − b
b 
+
≤0⇔
−
÷
÷≤ 0
1
+
a
1
+
b
(1 + a )(1 + ab ) (1 + b)(1 + ab )
1
+
ab




(
⇔

b− a

)

2

( ab − 1)

(1 + ab )(1 + a )(1 + b)

0,25

≤0

0 < ab ≤ 1
. Do
nên BĐT này đúng
2
+ 2015ab ≤ 2016, ∀a, b > 0
1 + ab
Tiếp theo ta sẽ CM
thỏa mãn
ab ≤ 1

Đặt

t = ab ,0 < t ≤ 1

ta được

0,25

2
+ 2015t 2 ≤ 2016

1+ t

2015t 3 + 2015t 2 − 2016t − 2014 ≤ 0
⇔ (t − 1)(2015t 2 + 4030t + 2014) ≤ 0

Vậy

1
1
+
+ 2015ab ≤ 2016
1+ a 1+ b

. BĐT này đúng

∀t : 0 < t ≤ 1
0,25

. Đẳng thức xảy ra

a = b =1

.