[2016] ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CÁC MÔN THI THỬ LỚP 10 PTNK ĐỢT 2 – Trung Tâm Phổ Thông Năng Khiếu (Dạy – Học Thêm) TO N CHUY N

TRUNG TÂM DẠY – HỌC THÊM

ĐÁP ÁN KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

LẦN 2 – 2016

MÔN: TOÁN CHUYÊN






Bài 1. a) Vì a3  ax  y  b3  bx  y   a  b  a 2  ab  b2  x  0
 a2  ab  b2   x .





Tương tự b3  bx  y  c3  cx  y   b  c  b2  bc  c 2  x  0
 b2  bc  c2   x

Do đó a 2  ab  b2  b2  bc  c 2   a  c  a  c   b  a  c   0
  a  c  a  b  c   0  a  b  c  0

b) Nếu p nguyên tố và p > 3 thì (𝑝2 − 1) chia hết cho 3, nếu n là số nguyên thì (n2
– 2) không chia hết cho 3.
2

Do đó nếu p1> 3 thì số chính phương m = ( 𝑝12 + 𝑝22 + ⋯ + 𝑝17
) chia 3 dư 2, vô
lý.
2
2
2
2
Nếu p1 = 3 thì ( 𝑝17
− 𝑝16
) = ( 𝑝17
− 1) − (𝑝16
− 1) chia hết cho 3 = p1.
2
2
Nếu p1 = 2 thì p16, p17 là các số lẻ nên ( 𝑝17
− 𝑝16
) chia hêt cho 2 = p1.
𝑥𝑦

BÀi 2. a)

𝑥 2 + 4𝑦 2 = 16 ( 1 −
) (1)
𝑥+2𝑦
{
√𝑥 + 2𝑦 + 2𝑦 = 𝑥 2 (2)

Điều kiện : x + 2y > 0.
Do (𝑎2 + b2) ( a + b) = [ (a+ b)2 – 2ab ](a+b) = ( a + b)3 – 2ab ( a + b) nên
(1) ⇔ ( x + 2y)3 – 4xy ( x + 2y) + 16 xy – 16 (x + 2y) = 0

⇔ ( x + 2y) [ ( x + 2y )2 – 16] − 4𝑥𝑦 ( 𝑥 + 2𝑦 − 4) = 0
⇔ ( x + 2y – 4)(𝑥 2 + 4𝑦 2 + 4( 𝑥 + 2𝑦)) = 0.
⇔ x + 2y = 4( x + 2y > 0 nên 𝑥 2 + 4𝑦 2 + 4( 𝑥 + 2𝑦)> 0 )
7

Kết hợp với (2) tìm được nghiệm của hệ : ( -3; ) và ( 2; 1).
2


b) 𝑥 3 − 3𝑥 2 + (𝑎 + 2)𝑥 − 𝑎 = 0 (1)
(1) ⇔ ( 𝑥 − 1)(𝑥 2 − 2𝑥 + 𝑎) = 0 ⇔ x = 1 hoặc 𝑥 2 − 2𝑥 + 𝑎 = 0 ( 2).
Nếu m , n ( m < n ) là các nghiệm của (2) thì m + n = 2 nên m < 1 < n, vậy x1 = m,
𝑥2 = 1, 𝑥3 = 𝑛 Do đó S = (𝑥3 + 𝑥1 )(𝑥3 − 𝑥1 ) + 6𝑥1 + 2𝑥3 + 3 = 2(𝑥3 − 𝑥1 ) +
6𝑥1 + 2𝑥3 + 3 = 4(𝑥3 + 𝑥1 ) + 3 = 11.
1+𝑏𝑐

Bài 3.Đặt A =
𝑇𝑎 𝑐ó

𝑏𝑐
𝑎

+

𝑐𝑎
𝑏

𝑎

+

1+𝑐𝑎
𝑏

𝑏𝑐 𝑐𝑎

≥ 2√ .
𝑎

𝑏

+

1+𝑎𝑏
𝑐

= 2𝑐 . 𝑇ươ𝑛𝑔 𝑡ự 𝑡𝑎 𝑐ó 𝐴 ≥ 𝑎 +

1

𝑀ặ𝑡 𝑘ℎá𝑐 (𝑎 + )2 = 𝑎2 + 2 +
ra B < 𝑎 +
Bài 4.

1
𝑎

𝑎

, B = √𝑎2 + 2 + √𝑏 2 + 2 + √𝑐 2 + 2

1

1

𝑏

𝑐

1
𝑎2

1

1
𝑎

1

1

𝑏

𝑐

+ b + + c + (1).

> 𝑎2 + 2, nên 𝑎 + > √𝑎2 + 2. Tương tự suy
𝑎

+ b + + c + (2) . Từ (1) và (2) ta có A > B.


a)Gọi H là giao điểm của AD với EF, vì D là trực tâm tam giác AEF nên AH
vuông góc với EF
Q đối xứng với D qua AC nên
Mà

(đối đỉnh) nên

Tứ giác BDHF nội tiếp nên
Do đó tứ giác AFEQ nội tiếp.
Tương tự tứ giác AEFP cũng nội tiếp
Vậy A, P, F, E, Q cùng thuộc đường tròn (S) là đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF.
b) ) Dựng đường kính AX của (S), chứng minh được EDFX là hình bình hành nên
D, M, X thẳng hàng. Do đó X ≡ 𝑁 , suy ra BE // FN, mà MB = ME nên
(1)
AFNE nội tiếp nên

(2)

ABIE nội tiếp nên

(3)

Từ (1) (2) (3) ta có

suy ra M, B., I thẳng hàng.

c)AK cắt BC tại U và cắt đường tròn (S) tại điểm thứ hai là V.
Ta chứng minh U là trung điểm BC.
suy ra DABU ∼ DAVF Þ

Ta có

Tương tự ta cũng có DAUC ∼ DAEV Þ
Chứng minh được

CU VE
=
AU AE

BU VF
=
AU AF

(1)

( 2)

VE VF

 3
AE AF

Từ (1) (2) (3) ta suy ra

BU CU


 BU  CU hay U là trung điểm BC
AU AU


Vậy AK đi qua U cố định.
Bài 5.
Ta chứng minh mỗi cặp  ai , bi  phải có một số lớn hơn n và một số không lớn hơn
n.
Giả sử ai  n và bi  n với i  1, n .
Khi đó a1, a2 ,..., ai , bi , bi1,..bn là n  1 số nguyên dương không lớn hơn n (vô lí)
Tương tự ai , bi  n ta cũng có điều vô lí.
Vậy trong mỗi cặp  ai , bi  có một số lớn hơn n và một số không vượt quá n.
Do đó
a1  b1  ...  an  bn   n  1   n  2   ...   n  n   1  2  ...  n 
 n.n  1  2  ...  n   1  2  ...  n   n2