Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2016 - 2017 môn thi: Toán ( chuyên toán ) thời gian làm bài: 150 phút

Phan Hòa Đại Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016-2017 
 BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN 
 Đề chính thức Môn thi: Toán ( CHUYÊN TOÁN ) 
 Ngày thi: 07/6/2016 Thời gian làm bài: 150’ 
Bài 1: (1,5 đ) Cho biểu thức: 
  
  
   
2 x 3
x x 3 x 3
P
x 2 x 3 x 1 3 x
 ( Với x > 0 ; x ≠ 9) 
Rút gọn P và tìm GTNN của P 
Bài 2: (2 đ) 
a) Tìm các nghiệm nguyên của pt : x2-(y+5)x+5y-2=0 
b) Giải HPT :
1 1
x y 4 0
x y
1 x y
xy 4
xy y x

    


    

Bài 3: (1,5 đ) Cho P là số chính phương có n+2 chữ số ( n  1) thỏa điều kiện : số tạo bởi n chữ số đầu 
tiên và tạo bởi 2 chữ số cuối của P cũng là các số chính phương khác 0. CMR : P  1681? 
Bài 4: (4 đ) 
1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm (O) sao cho hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại T. 
Đường thẳng d vuông góc với OT cắt hai đường CD và AB lần lượt tại M và N. CMR: TM=TN 
2. Cho góc nhọn xOy và M là điểm cố định thuộc miền trong góc xOy .Đường thẳng d đi qua M cắt Ox, 
Oy lần lượt tại A,B không trùng với O. Xác định vị trí của A trên Ox để tam giác OAB có diện tích nhỏ 
nhất. 
Bài 5: (1 đ) : Cho x,y,z là ba số thay đổi thỏa mãn : x2+y2+z2= 1.Tìm GTLN của biểu thức: 
                
2 2 2
2 2 2
1
P xy yz zx x y z y x z z x y
2
---*--- 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1: (1,5 đ) Với x > 0 ; x ≠ 9, ta có : 
 
  
 
    
     
  
   
  
  
  
    
     
      
            
 
   
       
   
     
2
2 x 3 2 x 3
x x 3 x 3 x x 3 x 3
P
x 2 x 3 x 1 3 x x 1 x 3x 1 x 3
x x 3 2 x 3 x 3 x 1
x x 3 2x 12 x 18 x 4 x 3
x 1 x 3 x 1 x 3
x x 3 8 x 3 x 3 x 8
x x 3x 8 x 24 x 8
x 1x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3
Vậy Với x > 0 ; x ≠ 9 thì P= 


x 8
x 1
Ta có: 
   
 
   
           
   
2
x 1 2 x 1 9
x 8 9 9
P x 1 2 2 x 1 2 6 2 4
x 1 x 1 x 1 x 1
Phan Hòa Đại Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định 
Vậy minP=4          

2
9
x 1 x 1 9 x 1 3
x 1
 (vì  x 1 0 )  x=4 
Bài 2: (2 đ) 
a) x
2
-(y+5)x+5y-2=0 (1) 
Cách 1: (1)  x2-5x-2=yx-5y  x2-5x-2=y(x-5) 
- Nếu x=5 thì VT  VP ( vì -2  0) => x  5 
-Vì x  5 nên :      
2 2
y x y Z x
x 5x
5 U 2 2; 1;1;2 x 3;4;6;7 (TM)
x 5 x 5
2
            
 
 
-Với x=3=>
2 2
y x 3 4
x 5 3 5
    
 
Với x=4=>
2 2
y x 4 6
x 5 4 5
    
 
Với x=6=>
2 2
y x 6 4
x 5 6 5
    
 
Với x=7=>
2 2
y x 7 6
x 5 7 5
    
 
Vậy pt có 4 nghiệm nguyên (x.y)là : (3;4) ;(4,6); (6;4) ; (7;6) 
Cách 2: Xem (1) là pt bậc hai ẩn x, ta có  2 2(y 5) 4 5y 2 y 10y 33        
ĐK cần để pt (1) có nghiệm nguyên là:  là số chính phương 
 là số chính phương     
22 2 2y 10y 33 k (k N) y 5 k 8 y 5 k y 5 k 8                 
Với y  Z và k N nên y-5-k  y-5+k và y-5-k ; y-5+k có cùng tính chẵn -lẻ nên ta có các trường hợp 
sau: 
y-5-k -2 -4 
y-5+k 4 2 
y 6 4 
k 3 3 
*Thế y, k vào công thức nghiệm để tìm x. 
b) Giải HPT :
1 1
x y 4 0 (1)
x y
(I)
1 x y
xy 4 (2)
xy y x

    


    

- Nếu x,y trái dấu thì (2) có 
1 x y
xy
xy y x
   VT <VP 
-Nếu x,y cùng dương thì (1) có: 
1 1
x y 4
x y
    >0 => VT>VP 
Vậy x,y cùng âm =>
1 x y
xy 0; 0; 0; 0
xy y x
    nên theo BĐT Cô-Si, ta có: 
1 x y
xy 2; 2
xy y x
    
Suy ra: 
1 x y
xy 4
xy y x
    , dấu “=” xảy ra  
1
xy
xy
x y 1
x y
y x



   
 

 (vì x,y <0) 
Nên (2)  x=y=-1; thế vào (1) thỏa mãn. Vậy hệ pt có nghiệm (x;y)=(-1;-1) 
Phan Hòa Đại Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định 
Bài 3: (1,5 đ) Cho P là số chính phương có n+2 chữ số ( n 1) thỏa điều kiện : số tạo bởi n chữ số đầu 
tiên và tạo bởi 2 chữ số cuối của P cũng là các số chính phương khác 0. CMR : P  1681? 
Giải: P= 1 2 na a ...a bc , theo đề bài, ta có:
2 2 2
1 2 n 1 2 n
P a a ...a bc k ;a a ...a h ;bc l    ( với kN;hN;lN) 
Vì l2= bc =>  2l 16;25;36;49;64;81 
Lại có : k2= 1 2 na a ...a bc = 1 2 na a ...a .100+bc=100h
2
+l
2
 => (k-10h)(k+10h)=l
2
Suy ra:   16 81 k 10h 0 k 10h 1 k 10h 1k 10 k 10h 20h k 10h h 1               
 Do đó nếu h >4 thì   2 k 10h k 10l 20h 1h 81     điều này vô lí vậy h 4 
Suy ra P= 100h
2
+l
2
 100.4
2
+81 =1681 
Bài 4: (4 đ) 
1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm (O) sao cho hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại T. 
Đường thẳng d vuông góc với OT cắt hai đường CD và AB lần lượt tại M và N. CMR: TM=TN 
M
N
T
D
A
B
C
(Bài 4.1 này sai đề rồi) 
2. Cho góc nhọn xOy và M là điểm cố định thuộc miền trong góc xOy .Đường thẳng d đi qua M cắt Ox, 
Oy lần lượt tại A,B không trùng với O. Xác định vị trí của A trên Ox để tam giác OAB có diện tích nhỏ 
nhất. 
y
x
N AO
M
B
Từ M vẽ đường thẳng song song với Oy, cắt Ox tại N. Ta có góc xOy, điểm M cố định nên N cố định => 
OMN
S không đổi: 
 
2 2 2
OAB OAB OAM
OAB OMN2 2
ONM OAM ONM
S S S AB OA AB AB AB AB AB
. . . 4 S 4.S
ABS S S AM ON AM MB AM.MB AM MB
44
  
 
  
        

Dấu “=” xảy ra  MA=MB  NA=NO ( Vì MN//OB; MA=MB)  A đối xứng với O qua N. 
Vậy khi lấy điểm A đối xứng với O qua N thì min
OAB
S =4 OMNS 
Bài 5: (1 đ) : Cho x,y,z là ba số thay đổi thỏa mãn : x2+y2+z2= 1.Tìm GTLN của biểu thức: 
                
2 2 2
2 2 2
1
P xy yz zx x y z y x z z x y
2
Giải: Với x2+y2+z2= 1, ta có: 
Phan Hòa Đại Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định 
     
 
     
 
         
  
           
        
        
     
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1
P xy yz zx x y z y x z z x y
2
1
xy yz zx x y z x x y y z z x y z 2x yz 2xy z 2xyz
2
xy yz zx x y y z z x x yz xy z xyz
x y y z z x xy 1 z yz 1 x zx 1 y
x y y z z x xy x y yz y   
 
 
 
 
 
 
     
   
  
   
         
       

      
  
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2
z zx z x
x y y z z x a b
x y y z z x x y y z z x (Vi ab )
2 2 2 2
2x y 2y z 2z x x y y z z x
2
2 x y z 2x y 2y z 2z x 2 x y z
1
2 2 
Dấu “=” xảy ra  
2 2 2
x y
y z 3
x y z
z x 3
x y z 1



    

   
Vậy maxP=1 
3
x y z
3
    