102 đề vào 10 chuyên phú thọ 2015 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2015-2016
Môn Toán
(Dành cho thí sinh thi vào
chuyên Toán)
Thời gian àm bài: 150 hút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang
------------------------

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (1,5 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n

n hơn 1 thoả mãn n2  4 và n2  16 là các

số nguyên tố thì n chia hết cho 5.
b) Tìm nghiệm nguyên của hương trình: x2  2 y( x  y)  2( x  1).
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A 



2 3 5



2 2  3 5





2 3 5



2 2  3 5

.

b) Tìm m để hương trình:  x  2 x  3 x  4  x  5  m có 4 nghiệm hân biệt.
Câu 3 (2,0 điểm)
2
a) Giải hương trình: x  x  4  2 x  1 1  x  .

 x3  xy 2  10 y  0

b) Giải hệ hương trình:  2
.
2
x

6
y

10



Câu 4 (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC  R 3 cố định. Điểm A i đ ng trên cung
n BC sao cho tam gi c ABC nhọn. Gọi E là điểm đối ứng
đối ứng

i B qua AC và F à điểm

i C qua AB. C c đường tròn ngoại tiế c c tam gi c ABE à ACF cắt nhau tại

K (K không tr ng A). Gọi H à giao điểm của BE và CF.
a) Chứng minh KA à hân gi c trong góc BKC à tứ gi c BHCK n i tiế .
b)

c định ị trí điểm A để iện tích tứ gi c BHCK

n nh t, tính iện tích

n nh t

của tứ gi c đó theo R.
c) Chứng minh AK uôn đi qua m t điểm cố định.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho 3 số thực ương x, y, z thỏa mãn:

1
1 1

  1. Tìm gi trị nhỏ nh t của

x2 y 2 z 2

biểu thức:

P

y2 z2
z 2 x2
x2 y 2


.
x  y 2  z 2  y  z 2  x2  z  x2  y 2 
-------------- HẾT--------------

Họ và tên thí sinh: .............................................................................

anh: ...............

Thí sinh không được sử ụng tài liệu. C n ộ c i thi không giải thích gì thêm


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO
PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2015-2016

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào
chuyên Toán)
(Hướng ẫn ch m gồm 05 trang)

I. Một số chú ý khi chấm bài
 ư ng n ch m thi ư i đây ựa ào ời giải sơ ư c của m t c ch, khi ch m thi, c n b ch m
thi cần b m s t yêu cầu trình bày ời giải đầy đủ, chi tiết, h
ô-gic à có thể chia nhỏ đến 0,25
điểm.
 Thí sinh àm bài th o c ch kh c i ư ng n mà đúng thì t ch m cần thống nh t cho điểm
tương ứng i thang điểm của ư ng n ch m.
 Điểm bài thi à t ng điểm c c câu không àm tròn số.
II. Đ
-tha g điểm
Câu 1 (1,5 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n n hơn 1 thoả mãn n2  4 và n2  16 à c c số
nguyên tố thì n chia hết cho 5.
b) Tìm nghiệm nguyên của hương trình: x2  2 y( x  y)  2( x  1).
Nội du g
Điểm
a) (0,5 điểm)
Ta có i mọi số nguyên m thì m 2 chia cho 5 ư 0 , 1 hoặc 4.
0,25
+ Nếu n 2 chia cho 5 ư 1 thì n2  5k  1  n2  4  5k  5 5; k  *.
nên n2  4 không à số nguyên tố.
+ Nếu n 2 chia cho 5 ư 4 thì n2  5k  4  n2  16  5k  20 5; k 

*

.

nên n2  16 không à số nguyên tố.
Vậy n 2 5 hay n chia hết cho 5.
b) (1,0 điểm)
x2  2 y( x  y)  2( x  1)  x 2  2( y  1) x  2( y 2  1)  0 (1)
Để hương trình (1) có nghiệm nguyên x thì  ' theo y hải à số chính hương
Ta có  '  y 2  2 y  1  2 y 2  2   y 2  2 y  3  4   y  1  4.

0,25

0,25

2

0,25

 ' chính hương nên  '  0;1;4

Nếu  '  4   y  1  0  y  1 thay ào hương trình (1) ta có :
2

x  0
x2  4x  0  x  x  4  0  
.
x  4
2
Nếu  '  1   y  1  3  y  .

0,25

y  3
2
.
Nếu  '  0   y  1  4  
 y  1
+ V i y  3 thay ào hương trình (1) ta có: x 2  8x  16  0   x  4   0  x  4.
2

+ V i y  1 thay ào hương trình (1) ta có: x2  0  x  0.
Vậy hương trình (1) có 4 nghiệm nguyên :  x; y   0;1 ;  4;1 ;  4;3 ;  0; 1.

1

0,25


Câu 2 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A 



2 3 5



2 2  3 5





2 3 5



2 2  3 5

.

b) Tìm m để hương trình:  x  2 x  3 x  4  x  5  m có 4 nghiệm hân biệt.
Nội du g

Điểm

a) (1,0 điểm)
A

2(3  5)
4 62 5



2(3  5)

0,25

4 62 5




 3 5 3 5 
3 5
3 5
  2
 2

 5  5  5  5 
 4  ( 5  1) 2 4  ( 5  1) 2 


 (3  5)(5  5)  (3  5)(5  5) 
 15  3 5  5 5  5  15  3 5  5 5  5 
 2

  2 
25  5
(5  5)(5  5)




20
 2.  2. Vậy A  2.
20

b) (1,0 điểm)
Phương trình  x  2 x  3 x  4 x  5  m  ( x 2  2 x  8)( x 2  2 x  15)  m 1

0,25

0,25
0,25
0,25

Đặt x 2  2 x  1   x  1  y  y  0  , hương trình (1) tr thành:
2

 y  9 y  16  m  y 2  25 y  144  m  0 (2)
2
i gi trị y  0 thì hương trình:  x  1  y có 2 nghiệm

Nhận t: V i m
hân biệt, o
đó hương trình (1) có 4 nghiệm hân biệt  hương trình (2) có 2 nghiệm ương hân
biệt.
 '  0
 '  4m  49  0
49


  S  0  25  0

 m  144.
4
P  0
144  m  0


49
Vậy i   m  144 thì hương trình (1) có 4 nghiệm hân biệt.

4
Câu 3 (2,0 điểm)

0,25

0,25

0,25

2
a) Giải hương trình: x  x  4  2 x  1 1  x  .
3
2

 x  xy  10 y  0
b) Giải hệ hương trình:  2
2

 x  6 y  10

Nội du g

Điểm

a) (1,0 điểm)
Điều kiện: x  1 (*).
2
2
Ta có: x  x  4  2 x  1 1  x   x  2 x x  1  x  1  2( x  x  1)  3  0

0,25

Đặt x  x  1  y (Điều kiện: y  1 ** ), phương trình tr thành y 2  2 y  3  0.

0,25

 y  1
y 2  2 y  3  0   y  1 y  3  0  
y  3
V i y  1 không thỏa mãn điều kiện ( ).
+ V i y  3 ta có hương trình:

0,25
0,25

2


x  3
x  3
x  3

x  x 1  3  x 1  3  x  
 2
  x  2  x  2
2
x  1  9  6x  x
 x  7 x  10  0
 x  5


thỏa mãn điều kiện ( ). Vậy hương trình có nghiệm x  2.
b) (1,0 điểm)
3
2
2
2
3
2


 x  xy  10 y  0
 x  xy  x  6 y y  0 (1)

 2
2
2
2
 x  6 y  10
(2)


 x  6 y  10
T hương trình (1) ta có
x3  xy 2   x 2  6 y 2  y  0  x3  xy 2  x 2 y  6 y 3  0





 x  2 x y  x y  2 xy  3xy  6 y  0   x  2 y   x  xy  3 y
3

2

2

2

2

3

2

0,25

2

0

x  2y

 x  2 y   x2  xy  3 y 2   0  

0,25

2
2
 x  xy  3 y  0

2

y  11y

+ Trường h 1: x  xy  3 y  0   x   
0 x  y 0
2
4

V i x  y  0 không thỏa mãn hương trình (2).
Trường h 2: x  2 y thay ào hương trình (2) ta có:
y 1 x  2
4 y 2  8 y 2  12  y 2  1  
 y  1  x  2
2

0,25

2

2

0,25

Vậy hệ hương trình có 2 nghiệm  x ; y    2;1 ;  2; 1.

Câu 4 (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC  R 3 cố định. Điểm A i đ ng trên cung

n

BC sao cho tam gi c ABC nhọn. Gọi E à điểm đối ứng

i

i B qua AC và F là điểm đối ứng

C qua AB. C c đường tròn ngoại tiế c c tam gi c ABE à ACF cắt nhau tại K (K không tr ng A).
Gọi H à giao điểm của BE và CF.
a) Chứng minh KA à hân gi c trong góc BKC à tứ gi c BHCK n i tiế .
b)

c định ị trí điểm A để iện tích tứ gi c BHCK

n nh t, tính iện tích

n nh t của tứ

gi c đó theo R.
c) Chứng minh AK uôn đi qua điểm cố định.
Nội du g

3

Điểm


E
A

F
P
Q
H

B

O
I

M

C

N

K

a) (1,5 điểm)
Ta có AKB  AEB ( ì c ng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiế tam gi c AEB)
à ABE  AEB (tính ch t đối ứng) suy ra AKB  ABE (1)
AKC  AFC ( ì c ng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiế tam gi c AFC)
ACF  AFC (tính ch t đối ứng) suy ra AKC  ACF (2)
ặt kh c ABE  ACF (c ng h
i BAC ) (3). T (1), (2) , ( ) suy ra AKB  AKC
hay KA à hân gi c trong của góc BKC.
Gọi P, Q ần ư t à c c giao điểm của BE i AC à CF i AB.
1
Ta có BC  R 3 nên BOC  1200 ; BAC  BOC  600 . Trong tam gi c uông ABP
2

0
0
0
có APB  90 ; BAC  60  ABP  30 hay ABE  ACF  300 .
Tứ gi c APHQ có
AQH  APH  1800  PAQ  PHQ  1800  PHQ  1200  BHC  1200 (đối đ nh).
Ta có AKC  ABE  300 , AKB  ACF  ABE  300 (th o chứng minh hần a).
à BKC  AKC  AKB  AFC  AEB  ACF  ABE  600 suy ra BHC  BKC  1800
nên tứ gi c BHCK n i tiế .
b) (1,5 điểm)
Gọi (O’) à đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung BC  R 3,

BKC  600  BAC nên bán kính đường tròn (O’) bằng b n kính R của đường tròn (O).
Gọi M à giao điểm của AH à BC thì MH uông góc i BC, k KN uông góc i BC
(N thu c BC), gọi I à giao điểm của HK à BC.
1
1
1
Ta có S BHCK  S BHC  S BCK  BC.HM  BC.KN  BC  HM  KN 
2
2
2

4

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25


1
1
BC ( HI  KI )  BC.KH (do HM  HI; KN  KI ).
2
2
Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra KH  2R (không đ i)
nên S BHCK n nh t khi KH  2R và HM  KN  HK  2R.
1
Gi trị n nh t S BHCK  R 3.2 R  R 2 3.
2
Khi HK à đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I à trung điểm
của BC nên ABC cân tại A. Khi đó A à điểm chính giữa cung n BC.
c) (0,5 điểm)
Ta có BOC  1200 ; BKC  600 suy ra BOC  BKC  1800
nên tứ gi c BOCK n i tiế đường tròn.
Ta có OB=OC=R suy ra OB  OC  BKO  CKO hay KO à hân gi c góc BKC
th o hần (a) KA à hân gi c góc BKC nên K ,O, A th ng hàng hay AK đi qua O cố định
Câu 5 (1,0 điểm)
1
1 1

Cho số thực ương x, y, z thỏa mãn: 2  2  2  1. Tìm gi trị nhỏ nh t của biểu thức:
x
y
z
2 2
2 2
y z
z x
x2 y 2
P


.
x  y 2  z 2  y  z 2  x2  z  x2  y 2 
S BHCK 

Nội du g

1

P

Ta có



1

a 1  a
2



2 2

0,25
0,25

0,25

1



0,25

0,25

số ương ta có
3

1
1  2a 2  1  a 2  1  a 2 
4
 .2a 2 (1  a 2 )(1  a 2 )  
 
2
2
3
 27

a2
3 3 2
 a(1  a ) 


a (1)
2
a(1  a )
2
3 3
b2
3 3 2
c2
3 3 2

b
(2);

c
Tương tự:
2
2
b(1  b )
2
c(1  c )
2
2

0,25

Điểm

1
 1 1 
 1
1 
1 
x 2  2  y 2  2  z 2  2 
x 
y 
y 
z
z
x
1
1
1
Đặt  a;  b;  c thì a, b, c  0 và a 2  b2  c2  1.
x
y
z
a
b
c
a2
b2
c2
P 2 2  2





b  c c  a 2 a 2  b 2 a 1  a 2  b 1  b 2  c 1  c 2 
ng b t đ ng thức Côsi cho

0,25

2

(3)

3 3 2
3 3
1
a  b2  c 2  
. Đ ng thức ảy ra  a  b  c 

2
2
3
3 3
.
Vậy gi trị nhỏ nh t của P à
2

0,25

T (1); (2); ( ) ta có P 
hay x  y  z  3.

-------------- HẾT --------------

5

0,25