Đề thi tuyển sinh môn Toán (Chuyên) vào Lớp 10 THPT Chuyên Hùng Vương - Năm học 2009-2010 - Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Thọ (Có đáp án)

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o 
phó thä 
k× thi tuyÓn sinh líp 10 
THPT chuyªn hïng v-¬ng 
n¨m häc 2009-2010 
M«n: To¸n (Chuyªn To¸n) 
Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò. 
(§Ò thi cã 01 trang) 
Câu 1(2 điểm). Cho hệ phương trình: 
2 (1)
5 (2)
mx y
x my
 

 
 (m là tham số) 
a) Chứng tỏ hệ đã cho luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. 
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình trên có nghiệm (x, y) thoả mãn x + y = 5. 
Câu 2(1 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương , ,x y z thỏa mãn 3 3 2x y z  
 trong đó y là số nguyên tố,    ;3 ; 1z z y  
Câu 3(3 điểm). 
a) Giải phương trình: 
              
2009 2008 2007 2 2008 2009
1 1 2 1 2 1 2 2 0x x x x x x x x              
b) Cho ,x y là các số thực dương thoả mãn điều kiện 
5
4
x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức 
4 1
4
A
x y
  . 
Câu 4(3 điểm). 
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn ( )O và điểm P nằm trong 
tam giác ABC sao cho ;BAP PBC CAP PCB  . Đường thẳng AP cắt cạnh BC tại .M 
a) Chứng minh rằng M là trung điểm của cạnh BC . 
b) Chứng minh rằng tứ giác BHPC nội tiếp trong một đường tròn ( ) , trong đó H là 
trực tâm tam giác ABC . 
c) Đường trung trực của đoạn thẳng PA cắt đường thẳng BC tại Q . Chứng minh rằng 
QA tiếp xúc với ( )O và QP tiếp xúc với ( ) . 
Câu 5(1 điểm). 
 Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 3ab bc ca   . Chứng minh rằng: 
2 2 2
1 1 1
1
2 2 2a b c
  
   
——Hết—— 
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ tên thí sinh ........................................................................... SBD .......................... 
§Ò chÝnh thøc 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ 
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 
(Chuyªn To¸n) 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1 
a) 
(1đ) 
Từ (1)  y = mx -2 (3) 
0.25 
Thế vào (2) được x =
2
2 5
;
1
m
m
m



0.25 
Từ đó tính được y = 
2
5 2
1
m
m


 0.25 
Kết luận 0.25 
b) 
(1đ) 
x + y = 7  
2
7 3
1
m
m


= 7 0.5 
Tìm được 
1
2
5
m
m


 

; kết luận 
0.5 
2 (1đ) 
Phương trình đã cho tương đương với 
       22 2 2 23x y x xy y z x y x y xy z         (1) 
Do y là số nguyên tố,    ;3 ; 1z z y  nên từ (1),     ; 1, ;3 1x y x y   (2) 
0.25 
Từ (1),(2) suy ra 2 2 2 2, ,x y m x xy y n z mn      với ,m n  .Từ đó 
    
22 2 2 2 24 4 4 4 2 3 3 2 2 2 2n x xy y x y y y n x y n x y            
0.25 
Từ đó, do y là số nguyên tố, nên có các trường hợp sau xảy ra 
 22 2 3 ,2 2 1n x y y n x y      : Suy ra    2 23 1 2 2 2 2 3y x y m y     
suy ra 2 2 21 3 6 3 3m y y m    , nhưng 2 1 3m m  , vô lý 
 2 2 3 ,2 2n x y y n x y y      . Suy ra 2 4 2 0y x y x    , loại 
0.25 
 22 2 ,2 2 3n x y y n x y      . Suy ra    2 23 2 2 2 2 3y x y m y     do 
đó  
2 23 4 12y m   . Tìm được 7, 1, 8, 13y m x z    
Vậy    ; ; 8;7;13x y z  là nghiệm duy nhất của phương trình. 
0.25 
3 
a) 
(1,5đ) 
Do   1 2 3 2 2 1n n n n n n na b a b a a b a b ab b            , 0.25 
với 1, 2a x b x    
suy ra phương trình đã cho tương đương với    
2010 2010
1 2x x   
0.5 
   
2 2 1 2 3
1 2
1 2 2
x x
x x x
x x
  
           
 0.5 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 
3
2
x   0.25 
 b) 
(1,5đ) 
Với x > 0 ta có: 
4 4
4 2 .4 8x x
x x
   0.5 
 Với y > 0 ta có: 
1 1
4 2 .4 2
4 4
y y
y y
   
0.5 
4 1 4 1
4( ) 10 5
4 4
x y A
x y x y
        
Dấu đẳng thức xảy ra 
4
4
1
1
4 1
4
4
5
4
x
x
x
y
y y
x y


 
 
   
 

 

Giá trị nhỏ nhất của A là 5 đạt được khi x = 1; y = 
1
4
0.5 
4 
a) 
(1đ) 
A
Q
P
M
H
F
E
O
B
C
0.25 
Từ giả thiết, suy ra ( . )ABM BPM g g  suy ra 2BM AM PM  (1) 0.25 
Tương tự, ( . )ACM CPM g g  suy ra 2CM AM PM  (2) 0.25 
Từ (1),(2) suy ra BM CM suy ra điều phải chứng minh. 
0.25 
b) 
(1đ) 
Gọi ,E F là giao điểm của ,BH CH với các cạnh ,AC AB . Khi đó do 
090AEH AFH  nên tứ giác AEHF nội tiếp, 
0.25 
suy ra 0180BHC EHF BAC   (1) 0.25 
Từ cách xác định điểm P suy ra 
0 0 0180 180 180BPC PBC PCB PAB PAC BAC        (2) 
0.25 
Từ (1) và (2), do tam giác ABC nhọn, nên bốn điểm , , ,B C H P cùng nằm trên một 
đường tròn. 
0.25 
c) 
(1đ) 
M
N P
X
+ Phát biểu và chứng minh bổ đề. Điểm X nằm trên cạnh NP của tam giác MNP 
sao cho .NMX MPN Khi đó 
2
NX MX
NP MP
 
  
 
0.25 
+ Tiếp tuyến tại A của đường tròn ( )O cắt BC tại 1.Q Do 1 1Q AB ACQ , nên 
2
1
1
Q B AB
Q C AC
 
  
 
 (3) 
+ Tiếp tuyến tại P của đường tròn ( ) cắt BC tại 2.Q Do 2Q PB PCB , nên 
2
2
2
Q B PB
Q C PC
 
  
 
 (4) 
0.25 
+ Theo kết quả phần 1, M là trung điểm BC suy ra 
sin
sin sin
sin
ABM ACM
AB CAP
S S AB BAP AC CAP
AC BAP
     (5) 
cũng vậy 
sin sin
sin sin
sin sin
PBM PCM
PB PCM PAC
S S PB PBM PC PCM
PC PBM PAB
       (6) 
0.25 
Từ (3),(4),(5),(6) suy ra 1 2
1 2
1 2
Q B Q B
Q Q
Q C Q C
   
Do 1 1Q AB Q CA  và 1 1Q PB Q CP  , nên 
2 2
1 1 1 1Q A Q B Q C Q P   suy ra 
1 1Q A Q P . Suy ra 1Q Q . Điều phải chứng minh. 
0.25 
 5 (1đ) 
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4a b b c c a a b c    0.25 
Đặt , ,bc x ca y ab z   . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 
2 2 2 4x y z xyz    với , , 0 : 3x y z x y z    
0.25 
Không giảm tổng quát, coi  min , ,x x y z , thế thì 1x  và 
   
     
   
   
22 2 2 2
2 22
2 22 2
2
4 2 4
1
2 4
4
2 2
4 3 4
4 4
1
1 2 0
4
x y z xyz x y z yz x
x y z y z x
x x
x y z x x
x x
         
      
 
       
   
Suy ra điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
1 1x y z a b c       
0.5 
Ghi chú: Nếu học sinh giải theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa.