[2016] ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CÁC MÔN THI THỬ LỚP 10 PTNK- ĐỢT 1 – Trung Tâm Phổ Thông Năng Khiếu (Dạy – Học Thêm) TO N CHUY N dapan

TRUNG TÂM DẠY – HỌC THÊM

ĐÁP ÁN KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

LẦN 1 – 2016

MÔN: TOÁN CHUYÊN

Bài 1.
a) (1 điểm)Gọi hai nghiệm nguyên là x1, x2 .

(

)(

Khi đó P(x) = x 2 + ax + b = x - x1 x - x 2

(

)(

)(

)

)

)

()

Do P(3) = 3- x1 3- x 2 và P 3 = 9 + 3a + b = 17

(

Nên 3- x1 3- x 2 = 17. Ta xét các trường hợp :

3  x1  1
x  2
 1

3  x2  17
 x2  14
3  x1  1
 x1  4



3  x2  17
 x2  20
Vậy hai nghiệm nguyên là 2; 14 ( a = 12, b = − 28) hoặc 4; 20 ( a = −24, 𝑏 = 80)
b) (1 điểm) a + b + c = 3 và 𝑎4 + 𝑏4 + 𝑐 4 = 𝑎3 +𝑏3 + 𝑐 3
nên (𝑎4 − 𝑎3 − 𝑎 + 1) + (𝑏4 − 𝑏3 − 𝑏 + 1) + (𝑐 4 − 𝑐 3 − 𝑐 + 1) = 0 (1).
Do 𝑥 4 − 𝑥 3 − 𝑥 + 1 = (𝑥 − 1)2(𝑥 2 + 𝑥 + 1) ≥ 0 với mọi số thực x, dấu “=” xảy
ra khi và chỉ khi x = 1 nên (1) ⇔ 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 1.

Bài 2.

a) (0,75 điểm)Đặt BG  x  0  x  3a 
Ta có tam giác AGH đồng dạng tam giác CEF nên
AH CF 2
2
2

  AH  AG   3a  x 
AG CE 3
3
3
Do đó

SEFGH  S ABCD   S AHG  SDHE  SCEF  SBGF 

1
3a 
2  3
 27a 2  3ax  2 x 2
2
2
  3a     3a  x    a  x   a 2  ax  
4
3  4
6
3

1  225 2 
3 
b) (0,75 điểm) SEFGH  
a  x  a

6  8
4 

Nên diện tích hình thang EFGH lớn nhất là

2

 225 2 75 2
a  a

48
16


3a
75 2
a khi và chỉ khi x  , tức là
16
4

1
BG  BA .
4
Bài 3. a)(1 điểm)
a + b ≥ √𝑎𝑏 + √

𝑎2 +𝑏2
2

⇔ (𝑎 + 𝑏)2 ≥ 𝑎𝑏 +

𝑎2 +𝑏2
2

+ 2√𝑎𝑏.

𝑎2 +𝑏2
2

2

𝑎2 + 𝑏 2
(𝑎 + 𝑏)2
8(𝑎2 + 𝑏2 )
⇔ (𝑎 + 𝑏) ≥ 4√𝑎𝑏.
⇔(
) ≥
2
𝑎𝑏
𝑎𝑏
2

𝑎

𝑏

𝑏

𝑎

⟺ (𝑡 + 2)2 ≥ 8𝑡 với t = + ⟺ (𝑡 − 2)2 ≥ 0.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
b) (1 điểm)Từ giả thiết ta có 5n + m = k ( 5m + n) với k là số nguyên dương
hay (5 − 𝑘 )𝑛 = (5𝑘 − 1)𝑚 nên 5 − 𝑘 > 0, do đó k ∈ {1; 2; 3; 4}.
Khi k nhận các giá trị 1 ; 2; 3; 4 thì

𝑛
𝑚

có các giá trị tương ứng 1; 3; 7; 9.

Trong mỗi trường hợp n luôn chia hết cho m.


Bài 4.

a) (0,75 điểm)Gọi Bx, Cy là tia đối của tia BA,CA.

Do đó

thẳng hàng.

b)(0,75 điểm)Tam giác BDM bằng tam giác CDN (g – c- g ) nên BM = CN.
c)(1 điểm)Gọi T là trung điểm BN, Q là trung điểm BC. Đường thẳng TQ cắt AB,
AC tại U, V.
Dotam giác TPQ là tam giác cân (vì TQ 

1
1
NC  BM  TP )

2
2

nên
suy ra tam giác AUV cân tại A, mà AD là phân giác góc UAV nên AD vuông góc với
PQ.Vậy P thuộc đường thẳng cố định qua Q và vuông góc với AD .


Bài 5.
a) (0,5 điểm)Với mỗi điểm Ai , có ( 𝑛 − 1) đoạn thẳng AiAj với 1 ≤ 𝑗 ≠ 𝑖 ≤
𝑛 𝑛ê𝑛 có tất cả là
không quá

𝑛(𝑛−1)
2

𝑛(𝑛−1)
2

đoạn AiAj( do mỗi đoạn được tính 2 lần),. Vì vậy có

điểm được tô đỏ hay 𝑆 ≤

𝑛(𝑛−1)
2

.

b) (0,75 điểm)Ký hiệu 𝐵𝑖𝑗 là trung điểm của đoạn AiAj ta có
O𝐵𝑖𝑗 =

𝑂𝐴𝑖 + 𝑂𝐴𝑗
2

= 𝑖 + 𝑗 (𝑐𝑚).

Do 1 ≤ 𝑖 < 𝑗 ≤ 2016 𝑛ê𝑛 3 ≤ 𝑖 + 𝑗 ≤ 2015 + 2016 = 4031.
Cho i = 1 và ∈ {2; 3; … . ; 2016} ; cho j = 2016 và 𝑖 ∈ {2; 3; … ; 2015} thì i + j
nhận tất cả các giá trị từ 3 đến 4031. Do đó S = 4029.
(0,75 điểm)Có thể giả thiết A1An≥ AiAj với mọi i; j thoả1 ≤ 𝑖 < 𝑗 ≤ 𝑛. Khi đó các
trung điểm của các đoạn A1Aj ( 2≤ 𝑗 ≤ 𝑛) 𝑛ằ𝑚 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑡𝑟ê𝑛 đường tròn C có tâm
là A1,bán kính r =

𝐴1 𝐴𝑛
2

và các trung điểm của các đoạn AnAk(1≤ 𝑘 ≤ 𝑛 −

1) nằ𝑚 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑡𝑟ê𝑛 đường tròn C1có tâm là An, bán kính r =

𝐴1 𝐴𝑛
2

. Hai đường

tròn này tiếp xúc ngoài tại trung điểm M của đoạn A1An nên số trung điểm của các
đoạn A1Aj và AnAk là 2(n−1) − 1 = 2𝑛 − 3. Do đó Sn≥ 2𝑛 − 3.