de thi vao 10 chuyen toan phu tho 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
Mơn Tốn
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang
------------------------

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (1,5 điểm)
2
2
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n  4 và n  16 là các

số nguyên tố thì n chia hết cho 5.
2
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  2 y ( x  y ) 2( x  1).

Câu 2 (2,0 điểm)
A

a) Rút gọn biểu thức:



2 3 5

2 2  3 5

b) Tìm m để phương trình: 
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:





2 3


2 2

5

3


5

.

x  2   x  3  x  4   x  5  m

có 4 nghiệm phân biệt.

x 2  x  4 2 x  1  1  x  .

b) Giải hệ phương trình:
Câu 4 (3,5 điểm)

 x3  xy 2  10 y 0
.
 2
2
 x  6 y 10

Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung

lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm
đối xứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại
K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF.

a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nợi tiếp.
b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất
của tứ giác đó theo R.
c) Chứng minh AK ln đi qua mợt điểm cố định.
Câu 5 (1,0 điểm)
1
1 1
 2  2 1.
2
y
z
Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: x
Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:

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


Họ và tên thí sinh: ............................................................................. Sớ báo
danh: ...............
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2015-2016
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn)
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. Một số chú ý khi chấm bài
 Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, cán bộ chấm
thi cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lơ-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25
điểm.
 Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm
tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm.
 Điểm bài thi là tổng điểm các câu khơng làm trịn số.
II. Đáp án-thang điểm
Câu 1 (1,5 điểm)
2
2
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n  4 và n  16 là các số
nguyên tố thì n chia hết cho 5.
2
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  2 y ( x  y ) 2( x  1).

Nội dung

Điểm

a) (0,5 điểm)
2

Ta có với mọi số nguyên m thì m chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4.
2
2
*
2
+ Nếu n chia cho 5 dư 1 thì n 5k  1  n  4 5k  5 5; k   .

0,25

2
nên n  4 không là số nguyên tố.
2
2
*
2
+ Nếu n chia cho 5 dư 4 thì n 5k  4  n  16 5k  205; k   .
2
nên n  16 không là số nguyên tố.
2
Vậy n 5 hay n chia hết cho 5.
b) (1,0 điểm)
x 2  2 y ( x  y ) 2( x  1)  x 2  2( y  1) x  2( y 2  1) 0 (1)
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì  ' theo y phải là số chính phương
2
 '  y 2  2 y  1  2 y 2  2  y 2  2 y  3 4   y  1 4.
Ta có
 ' chính phương nên  '   0;1; 4
2
 ' 4   y  1 0  y 1
+ Nếu
thay vào phương trình (1) ta có :
 x 0
x 2  4 x 0  x  x  4  0  
.
 x 4
2

+ Nếu

 ' 1   y  1 3  y  .

0,25

0,25

0,25

0,25

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

x 2  8 x  16 0   x  4  0  x 4.
+ Với y 3 thay vào phương trình (1) ta có:
2
+ Với y  1 thay vào phương trình (1) ta có: x 0  x 0.

2

0,25


Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm ngun :
Câu 2 (2,0 điểm)
A

a) Rút gọn biểu thức:



2 3 5

 x; y     0;1 ;  4;1 ;  4;3 ;  0;  1 .



2 2  3 5

b) Tìm m để phương trình:



2 3


2 2

3

5


5

.

 x  2   x  3  x  4   x  5  m

có 4 nghiệm phân biệt.

Nội dung

Điểm

a) (1,0 điểm)
A

2(3  5)
4 62 5



2(3 
4

5)

0,25

6 2 5


3 5
3 5
2 

 4  ( 5  1) 2 4  ( 5  1)2
 (3  5)(5  5)  (3  5)(5 
2 
(5  5)(5  5)

20
2. 2.
20
Vậy A 2.


 2  3  5  3  5 
 5 5 5 5 



 15  3 5  5 5  5  15  3 5  5 5  5 
5) 

 2 
25  5





0,25
0,25
0,25

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

0,25

2

Đặt

x 2  2 x  1  x  1  y  y 0  ,

phương trình (1) trở thành:
 y  9   y  16  m  y 2  25 y  144  m 0 (2)
2

x  1  y
Nhận xét: Với mỗi giá trị y  0 thì phương trình: 
có 2 nghiệm phân biệt, do

đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân
biệt.
 '  0

 ' 4m  49  0
 49



 m  144.
⇔  S  0  25  0
4
P  0
144  m  0



49
 m  144
Vậy với 4
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 3 (2,0 điểm)


a) Giải phương trình:

0,25

0,25

0,25

x 2  x  4 2 x  1  1  x  .

 x 3  xy 2  10 y 0
 2
x  6 y 2 10
b) Giải hệ phương trình: 
Nội dung
a) (1,0 điểm)
Điều kiện: x 1 (*).
x 2  x  4 2 x  1  1  x   x 2  2 x x  1  x  1  2( x  x  1)  3 0
Ta có:
2
y 1  **
Đặt x  x  1  y (Điều kiện:
), phương trình trở thành y  2 y  3 0.

3

Điểm
0,25
0,25


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

0,25

 x 3

 x 3
x  1 3  x  
  2

2
 x  1 9  6 x  x
 x  7 x  10 0

x  x  1 3 

thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm x 2.
b) (1,0 điểm)
 x 3  xy 2  x 2  6 y 2 y 0 (1)
 x3  xy 2  10 y 0


 
 2
2
2
2
x

6
y

10

(2)
 x  6 y 10



Từ phương trình (1) ta có
x3  xy 2   x 2  6 y 2  y 0  x 3  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

x

2

2

2

2 y   x  xy  3 y
2

2



2

 x 3


  x 2  x  2
  x 5


3

2

0,25

0,25

0,25
2

 0

 x 2 y
 2
2
0
 x  xy  3 y 0

0,25

2

y  11 y 2


x  xy  3 y 0   x   
0  x  y 0
2
4


+ Trường hợp 1:
Với x  y 0 khơng thỏa mãn phương trình (2).
+ Trường hợp 2: x 2 y thay vào phương trình (2) ta có:
 y 1  x 2
4 y 2  8 y 2 12  y 2 1  
 y  1  x  2
2

2

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm
Câu 4 (3,5 điểm)

0,25

 x ; y     2;1 ;   2;  1 .


Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC
sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C
qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K (K không trùng A).
Gọi H là giao điểm của BE và CF.

a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nợi tiếp.

b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ
giác đó theo R.
c) Chứng minh AK ln đi qua điểm cố định.
Nội dung

4

Điểm


a) (1,5 điểm)
Ta có AKB  AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)


Mà ABE  AEB
(tính chất đối xứng) suy ra AKB  ABE
(1)
AKC  AFC

(vì cùng chắn cung AC của đường trịn ngoại tiếp tam giác AFC)
ACF  AFC



(tính chất đối xứng) suy ra AKC  ACF (2)






Mặt khác ABE  ACF (cùng phụ với BAC ) (3). Từ (1), (2) , (3) suy ra AKB  AKC

hay KA là phân giác trong của góc BKC.
Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB.
1

BOC
1200 ; BAC  BOC
600
2
Ta có BC R 3 nên
. Trong tam giác vng ABP
0
0
0



0


có APB 90 ; BAC 60  ABP 30 hay ABE  ACF 30 .
Tứ giác APHQ có
AQH  APH 1800  PAQ




 PHQ
1800  PHQ

1200  BHC
1200 (đối đỉnh).
0
0





Ta có AKC  ABE 30 , AKB  ACF  ABE 30 (theo chứng minh phần a).
0
0









Mà BKC  AKC  AKB  AFC  AEB  ACF  ABE 60 suy ra BHC  BKC 180
nên tứ giác BHCK nội tiếp.
b) (1,5 điểm)
Gọi (O’) là đường trịn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung BC R 3,


BKC
600 BAC
nên bán kính đường trịn (O’) bằng bán kính R của đường trịn (O).

Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vng góc với BC, ke KN vng góc với BC
(N tḥc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC.

5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25


1
1
1
S BHCK S BHC  S BCK  BC.HM  BC.KN  BC  HM  KN 
2
2
2
Ta có
1
1

S BHCK  BC ( HI  KI )  BC.KH
2
2
(do HM HI; KN KI ).
Ta có KH là dây cung của đường trịn (O’; R) suy ra KH 2 R (khơng đổi)
nên S BHCK lớn nhất khi KH 2 R và HM  KN HK 2 R.
1
S BHCK  R 3.2 R R 2 3.
2
Giá trị lớn nhất
Khi HK là đường kính của đường trịn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là trung điểm

của BC nên ABC cân tại A. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC.
c) (0,5 điểm)
0 
0

0


Ta có BOC 120 ; BKC 60 suy ra BOC  BKC 180
nên tứ giác BOCK nợi tiếp đường trịn.





Ta có OB=OC=R suy ra OB OC  BKO CKO hay KO là phân giác góc BKC

theo phần (a) KA là phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định

Câu 5 (1,0 điểm)
1
1 1
 2  2 1.
2
y
z
Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: x
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

1
 1
1 
x 2  2 
y 
z



1
 1 1 
y 2  2 
x 
z



0,25

0,25

1
 1
1 
z 2  2 
y 
x

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho 3 số dương ta có
3
1 2
1  2a 2 1  a 2 1  a 2 
4
2
2 2
2
2
a  1  a   .2a (1  a )(1  a )  
 
2
2
3
 27
2
2
a
3 3 2
 a(1  a 2 ) 



a (1)
2
a(1  a )
2
3 3
b2
3 3 2
c2
3 3 2

b
(2);

c
(3)
2
2
b
(1

b
)
2
c
(1

c
)
2

Tương tự:

hay x  y  z  3.

0,25

Điểm

Ta có
1
1
1
a; b; c
2
2
2
y
z
Đặt x
thì a, b, c  0 và a  b  c 1.
a
b
c
a2
b2
c2
P 2






b  c2 c2  a 2 a 2  b2 a  1  a 2  b  1  b2  c  1  c 2 

Từ (1); (2); (3) ta có

0,25

y2 z2
z 2 x2
x2 y2


.
x  y 2  z 2  y  z 2  x2  z  x2  y 2 
Nội dung

P

0,25

1
3 3 2
3 3
 a b c 
a  b2  c 2  
.

3
2

2 Đẳng thức xảy ra
3 3
.
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

P

6

0,25

0,25

0,25
0,25


-------------- HẾT --------------

7