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 lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn 2 4n + và 2 16n + là các số nguyên tố thì n chia hết cho 5. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 ( ) 2( 1).x y x y x− − = + Câu 2 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: ( ) ( ) 2 3 5 2 3 5 . 2 2 3 5 2 2 3 5 A + − + + + − − = b) Tìm m để phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 4 5x x x x m− − + + = có 4 nghiệm phân biệt. Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: ( ) 2 4 2 1 1 .x x x x − − = − − b) Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 10 0 . 6 10 x xy y x y  + − =   + =   Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung 3BC R= 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 nội 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 luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (1,0 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: 2 2 2 1 1 1 1. x y z + + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . y z z x x y P x y z y z x z x y = + + + + + HẾT ĐỀ CHÍNH THỨC Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 2 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 MÔN: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) 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 lô-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 không làm tròn số. II. Đáp án-thang điểm Câu 1 (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn 2 4n + và 2 16n + là các số nguyên tố thì n chia hết cho 5. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 ( ) 2( 1).x y x y x− − = + Nội dung Điểm a) (0,5 điểm) Ta có với mọi số nguyên m thì 2 m chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4. + Nếu 2 n chia cho 5 dư 1 thì 2 2 * 5 1 4 5 5 5; .n k n k k= + ⇒ + = + ∈M ¥ nên 2 4n + không là số nguyên tố. 0,25 + Nếu 2 n chia cho 5 dư 4 thì 2 2 * 5 4 16 5 20 5; .n k n k k= + ⇒ + = + ∈M ¥ nên 2 16n + không là số nguyên tố. Vậy 2 5n M hay n chia hết cho 5. 0,25 b) (1,0 điểm) 2 2 2 2 ( ) 2( 1) 2( 1) 2( 1) 0 (1)x y x y x x y x y− − = + ⇔ − + + − = Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì '∆ theo y phải là số chính phương 0,25 Ta có ( ) 2 2 2 2 ' 2 1 2 2 2 3 4 1 4.y y y y y y∆ = + + − + = − + + = − − ≤ '∆ chính phương nên { } ' 0;1;4∆ ∈ 0,25 + Nếu ( ) 2 ' 4 1 0 1y y∆ = ⇒ − = ⇔ = thay vào phương trình (1) ta có : ( ) 2 0 4 0 4 0 . 4 x x x x x x =  − = ⇔ − = ⇔  =  + Nếu ( ) 2 ' 1 1 3 .y y∆ = ⇒ − = ⇒ ∉¢ + Nếu ( ) 2 3 ' 0 1 4 . 1 y y y =  ∆ = ⇒ − = ⇔  = −  0,25 + Với 3y = thay vào phương trình (1) ta có: ( ) 2 2 8 16 0 4 0 4.x x x x− + = ⇔ − = ⇔ = + Với 1y = − thay vào phương trình (1) ta có: 2 0 0.x x= ⇔ = Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 0;1 ; 4;1 ; 4;3 ; 0; 1 .x y ∈ − 0,25 3 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 2 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: ( ) ( ) 2 3 5 2 3 5 . 2 2 3 5 2 2 3 5 A + − + + + − − = b) Tìm m để phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 4 5x x x x m− − + + = có 4 nghiệm phân biệt. Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 2(3 5) 2(3 5) 4 6 2 5 4 6 2 5 A + − = + + + − − 0,25 2 2 3 5 3 5 2 4 ( 5 1) 4 ( 5 1)   + −   = +   + + − −   3 5 3 5 2 5 5 5 5   + − = +  ÷  ÷ + −   0,25 (3 5)(5 5) (3 5)(5 5) 2 (5 5)(5 5)   + − + − + =   + −   15 3 5 5 5 5 15 3 5 5 5 5 2 25 5   − + − + + − − =  ÷  ÷ −   0,25 20 2. 2. 20 = = Vậy 2.A = 0,25 b) (1,0 điểm) Phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 4 5 ( 2 8)( 2 15) 1x x x x m x x x x m− − + + = ⇔ + − + − = 0,25 Đặt ( ) ( ) 2 2 2 1 1 0 ,x x x y y+ + = + = ≥ phương trình (1) trở thành: ( ) ( ) 2 9 16 25 144 0 (2)y y m y y m− − = ⇔ − + − = Nhận xét: Với mỗi giá trị 0y > thì phương trình: ( ) 2 1x y+ = có 2 nghiệm phân biệt, do đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt. 0,25 ⇔ ' 0 ' 4 49 0 49 0 25 0 144. 4 0 144 0 m S m P m ∆ > ∆ = + >   −   > ⇔ > ⇔ < <     > − >   0,25 Vậy với 49 144 4 m− < < thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. 0,25 Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: ( ) 2 4 2 1 1 .x x x x − − = − − b) Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 10 0 6 10 x xy y x y  + − =   + =   Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) Điều kiện: 1x ≥ (*). Ta có: ( ) 2 2 4 2 1 1 2 1 1 2( 1) 3 0x x x x x x x x x x− − = − − ⇔ + − + − − + − − = 0,25 Đặt 1x x y+ − = (Điều kiện: ( ) 1 **y ≥ ), phương trình trở thành 2 2 3 0.y y− − = 0,25 ( ) ( ) 2 1 2 3 0 1 3 0 3 y y y y y y = −  − − = ⇔ + − = ⇔  =  0,25 +Với 1y = − không thỏa mãn điều kiện (**). + Với 3y = ta có phương trình: 0,25 4 2 2 3 3 3 1 3 1 3 2 2 1 9 6 7 10 0 5 x x x x x x x x x x x x x x x ≤  ≤ ≤    + − = ⇔ − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = =     − = − + − + =     =   thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm 2.x = b) (1,0 điểm) ( ) 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 6 0 (1) 10 0 6 10 6 10 (2) x xy x y y x xy y x y x y   + − + = + − =   ⇔   + =  + =    0,25 Từ phương trình (1) ta có ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 3 2 2 3 3 2 2 2 2 3 2 2 6 0 6 0 2 2 3 6 0 2 3 0 x xy x y y x xy x y y x x y x y xy xy y x y x xy y + − + = ⇔ + − − = ⇔ − + − + − = ⇔ − + + = 0,25 ( ) ( ) 2 2 2 3 0x y x xy y− + + = 2 2 2 3 0 x y x xy y =  ⇔  + + =  0,25 + Trường hợp 1: 2 2 2 2 11 3 0 0 0 2 4 y y x xy y x x y   + + = ⇔ + + = ⇒ = =  ÷   Với 0x y= = không thỏa mãn phương trình (2). + Trường hợp 2: 2x y= thay vào phương trình (2) ta có: 2 2 2 1 2 4 8 12 1 1 2 y x y y y y x = ⇒ =  + = ⇔ = ⇔  = − ⇒ = −  Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( ) ( ) ( ) { } ; 2;1 ; 2; 1 .x y ∈ − − 0,25 Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung 3BC R= 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 nội 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 luôn đi qua điểm cố định. Nội dung Điểm 5 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 tròn ngoại tiếp tam giác AFC) · · ACF AFC= (tính chất đối xứng) suy ra · · AKC ACF= (2) 0,5 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 0,25 Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB. Ta có 3BC R= nên · · · 0 0 1 120 ; 60 2 BOC BAC BOC= = = . Trong tam giác vuông ABP có · · · 0 0 0 90 ; 60 30APB BAC ABP= = ⇒ = hay · · 0 30ABE ACF= = . 0,25 Tứ giác APHQ có · · · · · · 0 0 0 0 180 180 120 120AQH APH PAQ PHQ PHQ BHC+ = ⇒ + = ⇒ = ⇒ = (đối đỉnh). 0,25 Ta có · · 0 30AKC ABE= = , · · · 0 30AKB ACF ABE= = = (theo chứng minh phần a). Mà · · · · · · · 0 60BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE= + = + = + = suy ra · · 0 180BHC BKC+ = nên tứ giác BHCK nội tiếp. 0,25 b) (1,5 điểm) Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung 3,BC R= · · 0 60BKC BAC= = nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O). 0,5 Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC. Ta có ( ) 1 1 1 . . 2 2 2 BHCK BHC BCK S S S BC HM BC KN BC HM KN= + = + = + 1 1 ( ) . 2 2 BHCK S BC HI KI BC KH≤ + = (do HM ≤ HI; KN ≤ KI ). 0,25 6 Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra 2KH R≤ (không đổi) nên BHCK S lớn nhất khi 2KH R= và 2 .HM KN HK R + = = 0,25 Giá trị lớn nhất 2 1 3.2 3. 2 BHCK S R R R= = 0,25 Khi HK là đường kính của đường tròn (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 0,25 c) (0,5 điểm) Ta có · · 0 0 120 ; 60BOC BKC= = suy ra · · 0 180BOC BKC+ = nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn. 0,25 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 0,25 Câu 5 (1,0 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: 2 2 2 1 1 1 1. x y z + + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . y z z x x y P x y z y z x z x y = + + + + + Nội dung Điểm Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P y x z z x z y x y = + +       + + +  ÷  ÷  ÷       0,25 Đặt 1 1 1 ; ;a b c x y z = = = thì , , 0a b c > và 2 2 2 1.a b c+ + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 a b c a b c P b c c a a b a a b b c c = + + = + + + + + − − − 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có ( ) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 4 1 .2 (1 )(1 ) 2 2 3 27 a a a a a a a a   + − + − − = − − ≤ =  ÷   2 2 2 2 2 3 3 (1 ) (1) (1 ) 2 3 3 a a a a a a ⇒ − ≤ ⇔ ≥ − Tương tự: 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 (2); (3) (1 ) 2 (1 ) 2 b c b c b b c c ≥ ≥ − − 0,25 Từ (1); (2); (3) ta có ( ) 2 2 2 3 3 3 3 . 2 2 P a b c≥ + + = Đẳng thức xảy ra 1 3 a b c⇔ = = = hay 3.x y z= = = Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 3 . 2 0,25 HẾT 7 . 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 lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150. 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 lớp chuyên Toán) (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) I. Một số. HẾT ĐỀ CHÍNH THỨC Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10