37 đề thi chính thức vào 10 môn toán hệ chuyên THPT chuyên cần thơ năm 2015 2016 (có lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÝ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015–2016
MÔN: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

� x y
x  y � x2 y 2 y

.

, ( x  0; y  0, x �y )
Câu 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức �
�x y  y x x y  y x �
�x  y x  y
�
�
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của A biết rằng x,y là nghiệm của phương trình t2 – 4t + 1 = 0
2
Câu 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : y  ( x  1)  m  1 và đường
m
m
3m
x  m2 
 3 (m là tham số thực khác 0).
2
2

a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m khác 0 thì hai đường thẳng d1 và d2 luôn cắt nhau tại một điểm
duy nhất
b) Gọi M(x;y) là giao điểm của d1 và d2. Tìm m để biểu thức P  x 2  y 2  xy  2n  3 y đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3: (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm H tiếp xúc trong với đường tròn tâm O tại D (OD > HD). Gọi A là điểm
thuộc (O) (A khác D) sao cho các tiếp tuyến AE, AF của đường tròn tâm H (E, F là các tiếp điểm) cắt đường
tròn tâm O lần lượt tại B và C thỏa AB < AC. Gọi P là giao điểm thứ hai của DF với đường tròn (O).
a) Chứng minh DP là tia phân giác của ADC
b) Tia phân giác của BDC cắt EF tại Q. Chứng minh tứ giác QFCD nội tiếp
c) Chứng minh QD2 = DB.DC
Câu 4: (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực
thẳng d 2 : y 

a )2 x 2  3 x 2  4 x  5  8( x  1)
� x  y  9  2 y2  x
�
b) � 2
2
2
�x  y  4 xy ( x  y  1)  4(4  xy )
�
Câu 5: (1,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có trực tập H. Gọi M, N lần lượt là chân đường cao vẽ từ B và C
của tam giác ABC. Gọi D là điểm thuộc cạnh BC (D khác B và C), E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp
tam giác CDM và đường tròn ngoại tiếp ta giác BDN (E khác D). Chứng minh ba điểm A, E, D thẳng hàng.
Câu 6: (1,5 điểm)
a) Cho A  a 2015  b2015  c 2015  d 2015 , với a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn ab=cd. Chứng minh
rằng A là hợp số.
b) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 2xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x
y
z

P


z (z  x ) x( x  y ) y ( y  z )

Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />

ĐÁP ÁN
Câu 1:
� x y
x  y � x2 y 2 y

.

,( x  0; y  0, x �y)
a) A= �
�x y  y x x y  y x �
�x  y x  y
�
�





( x  y )( x y  y x )  ( x  y )( x y  y x ) x y 2 y
.


x y x y
( x y  y x )( x y  y x )
2 x xy  2 y xy

x y 2 y

( x y  y x )( x y  y x ) x  y x  y
.

2( x  y ) xy .x y
xy ( x  y )( x  y )(x  y)



2 y
x y

2 y
2 x

( x  y )( x  y ) x  y

2 x 2 y
x y
2

x y


Vậy A=

2
x y

b) Do x và y là nghiệm của phương trình t2 – 4t + 1 = 0 (1) nên theo định lí Vi–ét ta có:
x + y = 4; xy = 1 ⇒ x, y > 0; x ≠ y ⇒ x, y thỏa mãn ĐKXĐ của A.
Mặt khác ta có
( x  y ) 2  x  y  2 xy  4  2.1  6  x  y  6(do
 A 

x  y  0)

2
2
6


3
x y
6

Câu 2:
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d1 và d2:

Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />

2
m

3m
( x  1)  m  1 
x  m2 
3
m
2
2
2 m
3m
2
 x(  )  m 2 
 3  m 1
m 2
2
m
2
3
2
4m
2m  m  8m  4
 x.

2m
2m
2
 (4  m ) x  (2m  1)(4  m 2 )
 x  2m  1
2
 y  ( x  1)  m 1  3  m
m

Vậy 2 đường thẳng luôn cắt nhau tại điểm M(2m-1;3-m) ∀ m.
b) Theo câu a ta có x = 2m – 1; y = 3 – m
Thay vào P, ta có:
P  x 2  y 2  xy  2 x  3 y
 (2m  1) 2  (3  m) 2  (2m  1)(3  m)  2(2m  1)  3(3  m)
 (4m 2  4m  1)  ( m 2  6m  9)  ( 2m 2  7 m  3)  4m  2  9  3m
 m 2  10m  4
 (m  5) 2  29 �29
Dấu bằng xảy ra ⇔ m = –5
Vậy GTNN của P là –29 ⇔ m = –5.
Câu 3:

a) Do các tam giác OPD và HFD cân nên
DOP=PDO;DFH=PDO
Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />

=>DOP=DFH
⇒ FH // OP. Mà FH ⊥ AC (tính chất tiếp tuyến) nên OP ⊥ AC.
Tam giác OAC cân tại O có OP là đường cao kẻ từ đỉnh O, nên OP cũng là phân giác góc AOC. Suy ra
AOP =COP (1)
Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung, ta có:
1
1
ADP  AOP; CDP  COP (2)
2
2
Từ (1) và (2) ta có:
ADP=CDP

Suy ra DP là phân giác góc ADC.
b) Chứng minh tương tự câu a ta có DE là phân giác góc ADB. Do đó
1
1
EDF  EDA  FDA  BDA  CDA
2
2
1
 BDC  CDQ
2
 EDF  CDQ (3)
Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung:
EDF=EFA(4)
Từ (3) và (4) ta có:
CDQ=EFA=>CDQ+QFC=180o
Suy ra tứ giác QFCD nội tiếp đường tròn.
c) Chứng minh tương tự câu b ta có hai tứ giác QFCD và QEBD nội tiếp. Suy ra
DBQ=DEQ;DQC=DFC(5)
Mặt khác:
DEQ=DFC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung DF) (6)
Từ (5) và (6) suy ra
DBQ=DQC
Xét ∆ DQB và ∆ DCQ có:
QDB  QDC ( gt )
�
 DBQ ~ DQC ( g .g )
�
�DBQ  DQC (cmt )


DB DQ

 DQ 2  DB.DC
DQ DC

Câu 4:
a )2 x 2  3 x 2  4 x  5  8( x  1)(1)
ĐK: x 2  4 x  5 �0  ( x  2)2  1 �0 (luôn đúng ∀ x)
(1)  2( x 2  4 x  5)  3 x 2  4 x  5  2  0
Đặt t  x 2  4 x  5, t �0 . Phương trình (1) trở thành

Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />

2t 2  3t  2  0
�
t  2(TM )  x 2  4 x  5  2  x 2  4 x  1  0  x  2 � 3
 �
1
�
t   ( L)
�
� 2



Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 2  3; 2  3



� x  y  9  2 y 2  x(2)
�
b) � 2
2
2
�x  y  4 xy ( x  y  1)  4(4  xy )(3)
�
ĐK: x-y>0x>y
(3)  x 2  y 2 

8 xy
 16
x y

 ( x 2  y 2 )( x  y )  8 xy  16( x  y )
 (x 2  y 2 )( x  y  4)  4( x  y ) 2  16( x  y )
 ( x  y  4)( x 2  y 2  4( x  y ))  0
1 4 44 2 4 4 43
0

 x  y  4
Thay x = y + 4 vào (2), ta có:
y  4  y  9  2 y2  y  4
 2 y 2  y  15  0
y  3  x  7
�
�

5

3 (TM )
�
y
 x 
� 2
2
3 5
Vậy hệ phương trình có nghiệm (7;3);( ; )
2 2
Câu 5:

Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />

Vì BNED là tứ giác nội tiếp nên:
BNE=EDC (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) (1)
Vì CDEM là tứ giác nội tiếp nên:
EDC=EMA (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
BNE =EMA =>ANE+ EMA 180
Suy ra tứ giác ANEM nội tiếp ⇒ AEN= AMN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) (3)
Vì BNC= BMC  90 nên BNMC là tứ giác nội tiếp. Suy ra
AMN= NBD (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) (4)
Từ (3) và (4) suy ra
AEN= NBD
Mà BNED là tứ giác nội tiếp nên NBD +NED=180o=> AEN +NED=180o =>AED =180o
Suy ra A, E, D thẳng hàng.
Câu 6:
a) Đặt (a, d) = k, suy ra a = ka1, d = kd1 với (a1, d1) = 1 và k, a1, d1 ∈ ℕ*

Khi đó ab = cd ⇔ a1b = cd1 ⇒ cd1 ⋮ a1, mà (a1, d1) = 1 nên c ⋮ a1 ⇒ c = a1c1
⇒ a1b = cd1 = c1a1d1 ⇒ b = c1d1
Từ đó ta được:
A  a 2015  b2015  c 2015
 k 2015 .a12015  c12015 d12015  a12015 c12015  k 2015 d12015
 (a12015  d12015 )(k 2015  c12015 )
2015
2015
2015
2015
là hợp số vì a1  d1
và k  c1
là các số nguyên dương ≥ 2.

b) Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương, ta có:
Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />

2 x 2 y y ( z  x)
2x 2 y y ( z  x)

�2
.
 2 xy (1)
zx
2
zx
2
Tương tự ta có:

2 y 2 z z (x  y)

�2 yz (2)
x y
2
2 z 2 x x(y  z)

�2 zx(3)
yz
2
Cộng từng vế của (1), (2) và (3), ta có:
2 x2 y 2 y 2 z 2z 2 x


 xy  yz  zx �2( xy  yz  zx)
zx x y yz


2x2 y 2 y 2 z 2 z 2 x


�xy  yz  zx
zx x y yz

Chia cả hai vế của BĐT cho 2xyz, ta có:
x
y
z
xy  yz  zx
P



�
1
z ( z  x) x( x  y ) y ( y  z )
2 xyz
Dấu bằng xảy ra khi x  y  z 

3
2

Vậy GTNN của P là 1 khi x  y  z 

3
2

Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />