Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2015 – 2016 môn: Toán (chuyên) thời gian làm bài: 150 phút

Dethivn.com 
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016 
Đề thi chính thức Môn: Toán (Chuyên) 
(Gồm 01 trang) Ngày thi: 10/06/2015 
 Thời gian làm bài: 150 phút 
Câu 1. (2,0 điểm) 
a. Chứng minh với mọi số n lẻ thì n² + 4n + 5 không chia hết cho 8. 
b. Tìm nghiệm (x; y) của phương trình x² + 2y² + 3xy + 8 = 9x + 10y với x, y thuộc N*. 
Câu 2. (2,0 điểm) 
 Cho phương trình 5x² + mx – 28 = 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có 
2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện 5x1 + 2x2 = 1. 
Câu 3. (2,0 điểm) 
a. Cho phương trình x4 – 2(m – 2)x² + 2m – 6 = 0. Tìm các giá trị của m sao cho phương trình có 4 
nghiệm phân biệt. 
b. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a5 + b5 + c5 + 
1 1 1
a b c
  ≥ 6. 
Câu 4. (2,0 điểm) 
 Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và MN. Vẽ tiếp tuyến d của đường tròn (O) tại 
B. Đường thẳng AM, AN lần lượt cắt đường thẳng d tại E và F. 
a. Chứng minh rằng MNFE là tứ giác nội tiếp. 
b. Gọi K là trung điểm của FE. Chứng minh rằng AK vuông góc với MN. 
Câu 5. (2,0 điểm) 
 Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường thẳng d đi qua A sao cho d không cắt đoạn BC. 
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và C trên d. Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác 
BHKC. 
Dethivn.com 
Hướng dẫn giải đề tuyển sinh lớp 10 Môn Toán Bạc Liêu 
Câu 1. 
a. n² + 4n + 5 = (n + 2)² + 1 
Vì n là số lẻ suy ra n + 2 = 2k + 1, k là số nguyên 
Ta có (n + 2)² + 1 = 4k² + 4k + 2 không chia hết cho 4 
Vậy n² + 4n + 5 không chia hết cho 8 
b. x² + 2y² + 3xy + 8 = 9x + 10y 
 x² + 2xy + xy + 2y² – 8(x + y) – (x + 2y) + 8 = 0 
 x(x + 2y) + y(x + 2y) – 8(x + y) – (x + 2y) + 8 = 0 
 (x + y – 1)(x + 2y) – 8(x + y – 1) = 0 
 (x + y – 1)(x + 2y – 8) = 0 (a) 
Với x ≥ 1, y ≥ 1 (vì thuộc N*) suy ra x + y – 1 ≥ 1 > 0 
Do đó (a) x + 2y = 8 
Ta có 2y ≤ 8 – 1 = 7 
Nên y ≤ 7/2 
Mà y thuộc N* suy ra y = 1; 2; 3 
Lập bảng kết quả 
y 1 2 3 
x 6 4 2 
Vậy tập hợp bộ số (x, y) thỏa mãn là {(6; 1), (4; 2), (2; 3)} 
Câu 2. 5x² + mx – 28 = 0 
Δ = m² + 560 > 0 với mọi m 
Nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. 
Ta có: x1 + x2 = –m/5 (1) 
x1x2 = –28/5 (2) 
5x1 + 2x2 = 1 (3) 
Từ (3) suy ra x2 = (1 – 5x1)/2 (4) 
Thay (4) vào (2) suy ra 5x1(1 – 5x1) = –56 
 25x1² – 5x1 – 56 = 0 
 x1 = 8/5 hoặc x1 = –7/5 
Với x1 = 8/5 → x2 = –7/2 
Thay vào (1) ta có 8/5 – 7/2 = –m/5 m = 19/2 
Với x1 = –7/5 → x2 = 4 → –7/5 + 4 = –m/5 suy ra m = –13 
Câu 3. 
a. x4 – 2(m – 2)x² +2m – 6 = 0. (1) 
Đặt t = x² (t ≥ 0) 
(1) t² – 2(m – 2)t + 2m – 6 (2) 
Δ’ = (m – 2)² – (2m – 6) = m² – 6m + 10 = (m – 3)² + 1 > 0 với mọi m. 
Phương trình (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt. 
Ứng với mỗi nghiệm t > 0 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình (1) có 4 
nghiệm phân biệt khi chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt dương. 
 2m – 6 > 0 và 2(m – 2) > 0 m > 3. 
Vậy m > 3 thỏa mãn yêu cầu. 
Dethivn.com 
b. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a5 + b5 + c5 + 
1 1 1
a b c
  ≥ 6. 
Áp dụng bất đẳng thức cô si: a5 + 1/a ≥ 2a²; b5 + 1/b ≥ b²; c5 + 1/c ≥ c². 
Suy ra a5 + b5 + c5 + 
1 1 1
a b c
  ≥ 2(a² + b² + c²) 
Mặt khác a² + 1 ≥ 2a; b² + 1 ≥ 2b; c² + 1 ≥ 2c 
Suy ra a² + b² + c² ≥ 2a + 2b + 2c – 3 = 3 
Vậy đpcm. 
Câu 4. 
a. Tam giác ABE vuông tại B và BM vuông góc với AE 
Nên ta có AM.AE = AB² 
Tương tự AN.AF = AB² 
Suy ra AM.AE = AN.AF 
Hay AM/AN = AE/AF 
Xét ΔAMN và ΔAFE có góc MAN chung 
Và AM/AN = AF/AE 
Do đó ΔAMN và ΔAFE đồng dạng 
Suy ra góc AMN = góc AFE. 
Mà góc AMN + góc NME = 180° (kề bù) 
Nên góc AFE + góc NME = 180° 
Vậy tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn. 
b. góc MAN = 90° 
Nên tam giác AEF vuông tại A suy ra AK = KB = KF 
Do đó góc KAF = góc KFA 
Mà góc AMN = góc KFA (cmt) 
Suy ra góc KAF = góc AMN 
Mà góc AMN + góc ANM = 90° 
Suy ra góc KAF + góc ANM = 90°. 
Vậy AK vuông góc với MN 
Câu 5. 
Ta có BC² = AB² + AC² = BH² + AH² + AK² + CK² 
Ta cần chứng minh bất đẳng thức: 
(ac + bd)² ≤ (a² + b²)(c² + d²) (*) 
Ta có: (*) a²c² + 2acbd + b²d² ≤ a²c² + a²d² + b²c² + b²d² 
 a²d² – 2abcd + b²c² ≥ 0 (ad – bc)² ≥ 0 (đúng với mọi a, b, c, d) 
Dấu bằng xảy ra khi ad = bc hay a/c = b/d 
Áp dụng (*) ta được: 2(BH² + AH²) ≥ (BH + AH)² (1) 
Tương tự ta có 2(AK² + CH²) ≥ (AK + CK)² (2) 
Suy ra 2BC² ≥ (BH + AH)² + (AK + CK)² (3) 
Đặt BH + AH = m; đặt AK + CK = n 
Vì góc CAK + góc BAH = 90°; mà góc BAH + góc ABH = 90° nên góc CAK = góc ABH 
Dẫn đến tam giác ABH đồng dạng với tam giác CAK 
→ AH/CK = BH/AK = AB/AC = (AH + BH)/(CK + AK) = m/n 
Nên AB²/m² = AC²/n² = (AB² + AC²)/(m² + n²) ≥ BC²/(2BC²) = 1/2 
Hay m ≤ AB 2 và n ≤ AC 2 
M 
E 
A B 
K 
N 
F 
B 
C 
A 
H 
K 
Dethivn.com 
Chu vi tứ giác BHKC là BC + BH + AH + AK + KC = BC + m + n ≤ BC + (AB + AC) 2 
Vậy chu vi BHKC lớn nhất là BC + (AB + AC) 2