Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 thpt chuyên năm học 2015 - 2016 đề thi môn: Toán dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên toán và chuyên tin thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
————— 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin 
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề. 
————————— 
Câu 1 (3,0 điểm). 
a) Giải phương trình: 4 x
4x-8 x+7
 + 
3 x
4x-10 x+7
 = 1. 
b) Giải hệ phương trình: 
î
í
ì2x3+3x3y=8 
xy3-2x-6=0 
Câu 2 (2,0 điểm). 
 a) Tìm số nguyên tố p để 2p + 1 là lập phương của một số tự nhiện . 
 b) Trong bảng 11x11 ô vuông ta đặt các số tự nhiên từ 1 đến 121 vào các ô đó một cách tùy ý ( 
mỗi ô đặt duy nhất một số và hai ô khác nhau thì đặt hai số khác nhau). Chứng minh rằng tồn tại hai 
ô vuông kề nhau ( tức là hai ô vuông có chung một cạnh) sao cho hiệu của hai số đặt trong hai ô đó 
lớn hơn 5. 
Câu 3 (3,0 điểm). 
 Cho tam giác ABC nhọn, có trực tâm H và nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi D, E, F 
tương ứng là chân các đường cao của tam giác ABC kẻ từ A,B,C; gọi M là giao điểm của tia AO và 
cạnh BC; gọi N,P tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh CA,AB. 
a) Chứng minh rằng HE.MN = HF.MP. 
b) Chứng minh rằng tứ giác EFPN nội tiếp. 
c) Chứng minh rằng BD.BM
CD.CM
 = èç
æ
ø÷
öAB
AC
2
 . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
 Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 
1
2+a2b
 + 
1
2+b2c
 + 
1
2+c2a
 ³ 1. 
Câu 5 (1,0 điểm). 
 Điểm M (x; y) của mặt phẳng tọa độ được gọi là điểm nguyên, nếu cả x và y đều là các số 
nguyên. Tìm số nguyên dương n bé nhất sao cho từ mỗi bộ n điểm nguyên, đều tìm được bộ ba 
điểm nguyên là đỉnh của một tam giác có diện tích nguyên ( trong trường hợp ba điểm thẳng hàng 
thì coi diện tích tam giác bằng 0) . 
 HẾT 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! 
Họ và tên thí sinh:; SBD: 
HƯỚNG DẪN SƠ LƯỢC LỜI GIẢI 
Câu 1: 
a) ĐK: x ³ 0 
4 x
4x-8 x+7
 + 
3 x
4x-10 x+7
 = 1 
Û 4 x
4x-8 x+7
 - 
1
2
 + 
3 x
4x-10 x+7
 - 
1
2
 = 0 
Û 4x-16 x+7
2(4x-8 x+7)
 + 
4x-16 x+7
2(4x-10 x+7)
 = 0 
Û (4x-16 x+7).
è
ç
æ
ø
÷
ö1
2(4x-8 x+7)
+
1
2(4x-10 x+7) = 0 (1) 
 Ta thấy: 4x-8 x+7 = 4( x - 1)2 + 3 > 0 và 4x-10 x+7 = (2 x + 5
2
 )2 + 
3
4
 > 0 
Þ 
è
ç
æ
ø
÷
ö1
2(4x-8 x+7)
+
1
2(4x-10 x+7) > 0 (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra 4x -16 x+7 = 0 Û (2 x - 7)(2 x - 1) = 0 Þ 
ëê
êéx=
49
4
x=
1
4
 ( thỏa mãn điều 
kiện) 
b) Vì x = 0 không là nghiệm của hệ nên x ≠ 0 
î
í
ì2x3+3x3y=8 
xy3-2x-6=0 Û î
í
ìx3(2+3y)=8 
x(y3-2)=6 Û 
îï
í
ïì3y+2=èç
æ
ø÷
ö2
x
3
y3-2=
6
x
 Cộng theo vế ta được y3 + 3y = èç
æ
ø÷
ö2
x
3
 + 
6
x
 . Đặt y = a, 2
x
 = b ta có : 
 a3 + 3a = b3 + 3b Û (a - b)(a2 + ab + b2 + 3) = 0 
 Vì a2 + ab + b2 + 3 = èç
æ
ø÷
öa+b
2
2
 + 
3
4
b2 + 3 > 0 " a,b nên a - b = 0 hay y = 2
x
 Suy ra x(
8
x3 
 - 2) = 6 
 Û 2x3 + 6x2 - 8 = 0 Û (x - 1)(x + 2)2 = 0 Þ ëê
éx=1,y=2 
x=-2,y=-1 . 
Câu 2: 
a) Gọi n là số tự nhiên thỏa mãn 2p + 1 = n3 Þ n là số lẻ 
Û 2p = n3 - 1 = (n -1)(n2 + n + 1) 
 Do p là số nguyên tố và n lẻ nên Þ 
î
í
ìn-1=2 
n2+n+1=p ( n
2 + n + 1 > n -1 ) Þ 
î
í
ìn=3 
p=13 . Vậy p =13 . 
b)Giả sử không tồn tại hai ô vuông kề nhau có hiệu hai số đặt trong hai ô đó lớn hơn 5. 
 Đánh số cột và hàng như hình vẽ 
 Xét ô nghi số 1 ở ô (a,b) ( hàng cột b) 
 Xét ô nghi số 121 ở ô (c,d) 
 Không mất tính tổng quát, giả sử c ³ a, d ³ b 
 Các trường hợp khác tương tự 
 Đặt x(a,b) là số ghi ở ô (a,b) 
 Ta có 121 = x(c,d) £ x(c - 1, d) + 5 £ x(c - 2, d) + 10 £ x(a, d) + 5( c - a) 
 £ x(a, b) + 5( c - a) + 5(d - b) £ 1 + 5(11 -1) + 5(11 - 1) = 101 ( vô lý) 
 Þ điều giả sử là sai (đpcm) 
 1 2 3 4 ... 
1 
2 
3 
4 
... 
Câu 3: 
 Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại K Þ 
$
ABK = 
$
ACK = 900 
 Ta có 
$
AKC = 
$
ABC ( góc nội tiếp cùng chắn cung AC) 
 Mà 
$
ADB = 
$
ACK = 900 Þ 
$
BAD = 
$
KAC 
Þ 
$
DAC = 
$
BAC - 
$
BAD = 
$
BAC - 
$
KAC = 
$
BAK 
a) Xét DAFH và DANM có: 
îï
í
ïì
$
FAH=
$
MAN 
$
AFH=
$
ANM=900
Þ DAFH ∽ DANM (g.g) 
Þ FH
MN
 = 
AH
AM
 (1) 
 Xét DAMP và DAHE có 
îï
í
ïì
$
PAM=
$
EAH 
$
AEH
$
=APM=900
 Þ DAMP ∽ DAHE (g.g) Þ EH
MP
 = 
AH
AM
 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: FH
MN
 = 
EH
MP
 Þ HE.MN = HF.MP (đpcm) 
b) Theo câu a: 
îï
í
ïìDAFH∽DANM 
DAMP∽DAHE Þ 
AP
AE
 = 
AM
AH
 = 
AN
AF
 Þ AP.AF = AE.AN Þ tứ giác EFPN 
nội tiếp. 
c) Các tứ giác APDM, ANMD là các tứ giác nội tiếp 
 Þ 
î
í
ìBD.BM=BP.BA 
CM.CD=CN.CA 
Þ BD
CD
. 
BM
CM
 = 
AB
AC
 . 
BP
CN
 (3) 
Mặt khác BK / PM (cùng vuông góc với AB) 
 CK/MN (cùng vuông góc với AC) 
 Suy ra 
BP
AB
 = 
MK
AK
 = 
CN
AC
 Þ BP
CN
 = 
AB
AC
 (4) 
Từ (3) và (4) suy ra BD
CD
. 
BM
CM
 = 
AB
AC
 . 
BP
CN
 = 
AB
AC
 . 
AB
AC
 = èç
æ
ø÷
öAB
AC
2
 (đpcm) 
 Câu 4: 
Ta có: 
1
2+a2b
 + 
1
2+b2c
 + 
1
2+c2a
 ³ 1 
 Û 2
2+a2b
 + 
2
2+b2c
 + 
2
2+c2a
 ³ 2 
 Û a
2b
2+a2b
 + 
b2c
2+b2c
 + 
c2a
2+c2a
 £ 1 (*) 
Áp dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có: 
 2 + a2b = 1 + 1 + a2b ³ 33 a2b 
 Tương tự 
 2 + b2c ³ 33 b2c 
 2 + c2a ³ 33 c2a 
 Nên từ (*) ta có 
a2b
2+a2b
 + 
b2c
2+b2c
 + 
c2a
2+c2a
 £ a
2b
33 a2b
 + 
b2c
33 b2c
 + 
c2a
33 c2a
 = 
1
3
3 a4b2 + 
1
3
 3 b4c2 + 
1
3
 3 c4a2 
Áp dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có: 
 (ab) + (ab) + a2 ³ 3 3 (ab)(ab)(a2) = 33 a4b2 
Þ 1
3
3 a4b2 £ 1
9
 (ab + ab + a2) 
Tương tự : 
1
3
 3 b4c2 £ 1
9
 (bc + bc + b2) 
1
3
 3 c4a2 £ 1
9
 (ca + ca + c2) 
Vậy : 
1
3
3 a4b2 + 
1
3
 3 b4c2 +
1
3
 3 c4a2 £ 1
9
 (ab + ab +a2) + 
1
9
 (bc+ bc + b2) + 
1
9
 (ca + ca + c2) = 
1
9
(a + b + c)2 = 1. 
Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c = 1. 
Câu 5: 
Xét DABC có tọa độ A(x1 ; y1) , B(x2 ; y2), C(x3 ; y3) 
 Từ đó ta có SDABC = 12 [ ](x3-x1)(y2-y1)-(x3-x1)(y3-y1) 
- Xét tam giác bất kỳ, có tọa độ đỉnh là các điểm nguyên luôn tồn tại một hình chữ nhật có cạnh 
song song với hai trục thỏa mãn một đỉnh của hình chữ nhật trùng với một đỉnh của tam giác, hai 
đỉnh còn lại của tam giác nằm trên cạnh hoặc trùng với đỉnh của hình chữ nhật 
- Bây giờ xét hình bên, các trường hợp khác xét tương tự: 
 Þ 
îï
í
ïìx1£x3£x2 
y1£y2£y3
 Gọi hình chữ nhật bao quanh là APQR nên 
SAPQR = (x2 - x1)(y3 - Y1) 
SABC = SADQR - SAPC - SBCQ - SABR (*) 
Với SAPC = (x3 - x1)(y3 - Y1) 
 SBCQ = (x2 - x3)(y3 - Y2) 
 SABR = (x2 - x1)(y2 - Y1) 
 Nên thay vào (*) ta có : 
 SABC = SADQR - SAPC - SBCQ - SABR = 
1
2
 [ ](x2-x1)(y3-Y1)-(x3-x1)(y2-Y1) 
 Vì A, B có cùng dạng nên 
î
í
ìx2-x1+2 
y2-y1+2
 Þ [ ](x2-x1)(y3-Y1)-(x3-x1)(y2-Y1) + 2 
Þ 1
2
 [ ](x2-x1)(y3-Y1)-(x3-x1)(y2-Y1) là số nguyên Þ SABC nguyên (thỏa mãn đề bài) 
Vậy số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn là 5. 
-------------------HẾT-------------------- 
Trần Mạnh Cường - GV Trường THCS Kim Xá - Vĩnh Tường - Vĩnh Phúc.