Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 THPT Chuyên Hùng Vương ( Chuyên Toán ) - Năm học 2015 -2016 - Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Thọ (Có đáp án)

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 chuyên Toán) 
Thời gian àm bài: 150 hút, không kể thời gian giao đề 
Đề thi có 01 trang 
------------------------ 
Câu 1 (1,5 điểm) 
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n n 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 hương 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 hương trình:     2 3 4 5x x x x m     có 4 nghiệm hân biệt. 
Câu 3 (2,0 điểm) 
a) Giải hương trình:  2 4 2 1 1 .x x x x     
b) Giải hệ hương 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 i đ ng trên cung 
 n BC sao cho tam gi c ABC nhọn. Gọi E là điểm đối ứng i B qua AC và F à điểm 
đối ứng i C qua AB. C c đường tròn ngoại tiế c c tam gi c ABE à ACF cắt nhau tại 
K (K không tr ng A). Gọi H à giao điểm của BE và CF. 
a) Chứng minh KA à hân gi c trong góc BKC à tứ gi c BHCK n i tiế . 
b) c định ị trí điểm A để iện tích tứ gi c BHCK n nh t, tính iện tích n nh t 
của tứ gi c đó theo R. 
c) Chứng minh AK uôn đi qua m t điểm cố định. 
Câu 5 (1,0 điểm) 
Cho 3 số thực ương x, y, z thỏa mãn: 
2 2 2
1 1 1
1.
x y z
   Tìm gi trị nhỏ nh t 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-------------- 
Họ và tên thí sinh: ............................................................................. anh: ............... 
Thí sinh không được sử ụng tài liệu. C n ộ c i thi không giải thích gì thêm 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
1 
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 chuyên Toán) 
(Hướng ẫn ch m gồm 05 trang) 
I. Một số chú ý khi chấm bài 
 ư ng n ch m thi ư i đây ựa ào ời giải sơ ư c của m t c ch, khi ch m thi, c n b ch m 
thi cần b m s t yêu cầu trình bày ời giải đầy đủ, chi tiết, h ô-gic à có thể chia nhỏ đến 0,25 
điểm. 
 Thí sinh àm bài th o c ch kh c i ư ng n mà đúng thì t ch m cần thống nh t cho điểm 
tương ứng i thang điểm của ư ng n ch m. 
 Điểm bài thi à t ng điểm c c câu không àm tròn số. 
II. Đ -tha g điểm 
Câu 1 (1,5 điểm) 
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n n hơn 1 thoả mãn 2 4n  và 2 16n  à c c số 
nguyên tố thì n chia hết cho 5. 
b) Tìm nghiệm nguyên của hương trình: 2 2 ( ) 2( 1).x y x y x    
Nội du g Điểm 
a) (0,5 điểm) 
Ta có i mọi số nguyên m thì 2m chia cho 5 ư 0 , 1 hoặc 4. 
+ Nếu 2n chia cho 5 ư 1 thì 2 2 * 5 1 4 5 5 5; .n k n k k       
 nên 2 4n  không à số nguyên tố. 
0,25 
+ Nếu 2n chia cho 5 ư 4 thì 2 2 * 5 4 16 5 20 5; .n k n k k       
 nên 2 16n  không à số nguyên tố. 
Vậy 2 5n hay n chia hết cho 5. 
0,25 
b) (1,0 điểm) 
2 2 22 ( ) 2( 1) 2( 1) 2( 1) 0 (1)x y x y x x y x y          
Để hương trình (1) có nghiệm nguyên x thì ' theo y hải à số chính hương 
0,25 
Ta có  
22 2 2' 2 1 2 2 2 3 4 1 4.y y y y y y              
' chính hương nên  ' 0;1;4  
0,25 
 Nếu  
2
' 4 1 0 1y y       thay ào hương 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 
+ V i 3y  thay ào hương trình (1) ta có:  
22 8 16 0 4 0 4.x x x x        
+ V i 1y   thay ào hương trình (1) ta có: 2 0 0.x x   
Vậy hương trình (1) có 4 nghiệm nguyên :           ; 0;1 ; 4;1 ; 4;3 ; 0; 1 .x y   
0,25 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
2 
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 hương trình:     2 3 4 5x x x x m     có 4 nghiệm hân biệt. 
Nội du g 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 22 3 4 5 ( 2 8)( 2 15) 1x x x x m x x x x m           0,25 
Đặt    
22 2 1 1 0 ,x x x y y      hương trình (1) tr thành: 
   29 16 25 144 0 (2)y y m y y m        
Nhận t: V i m i gi trị 0y  thì hương trình:  
2
1x y  có 2 nghiệm hân biệt, o 
đó hương trình (1) có 4 nghiệm hân biệt hương trình (2) có 2 nghiệm ương hân 
biệt. 
0,25 

' 0 ' 4 49 0
49
0 25 0 144.
4
0 144 0
m
S m
P m
      
 
      
    
 0,25 
Vậy i 
49
 144
4
m   thì hương trình (1) có 4 nghiệm hân biệt. 0,25 
Câu 3 (2,0 điểm) 
a) Giải hương trình:  2 4 2 1 1 .x x x x     
b) Giải hệ hương trình: 
3 2
2 2
10 0
6 10
x xy y
x y
   

 
Nội du g Điểm 
a) (1,0 điểm) 
Điều kiện: 1x  (*). 
Ta có:  2 24 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 tr 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 
 V i 1y   không thỏa mãn điều kiện ( ). 
+ V i 3y  ta có hương trình: 
0,25 
3 
2 2
3
3 3
1 3 1 3 22
1 9 6 7 10 0
5
x
x x
x x x x xx
x x x x x
x

   
             
          
thỏa mãn điều kiện ( ). Vậy hương trình có nghiệm 2.x  
b) (1,0 điểm) 
 3 2 2 23 2
2 2 2 2
6 0 (1)10 0
6 10 6 10 (2)
x xy x y yx xy y
x y x y
       
 
    
0,25 
T hương 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 22 3 0x y x xy y    2 2
2
3 0
x y
x xy y

 
  
 0,25 
+ Trường h 1: 
2 2
2 2 113 0 0 0
2 4
y y
x xy y x x y
 
          
 
V i 0x y  không thỏa mãn hương trình (2). 
 Trường h 2: 2x y thay ào hương trình (2) ta có: 
 2 2 2
1 2
4 8 12 1
1 2
y x
y y y
y x
  
          
Vậy hệ hương 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 i đ ng trên cung n 
BC sao cho tam gi c ABC nhọn. Gọi E à điểm đối ứng i B qua AC và F là điểm đối ứng i 
C qua AB. C c đường tròn ngoại tiế c c tam gi c ABE à ACF cắt nhau tại K (K không tr ng A). 
Gọi H à giao điểm của BE và CF. 
a) Chứng minh KA à hân gi c trong góc BKC à tứ gi c BHCK n i tiế . 
b) c định ị trí điểm A để iện tích tứ gi c BHCK n nh t, tính iện tích n nh t của tứ 
gi c đó theo R. 
c) Chứng minh AK uôn đi qua điểm cố định. 
Nội du g Điểm 
4 
P
Q
NM
I
K
H O
F
E
CB
A
a) (1,5 điểm) 
Ta có AKB AEB ( ì c ng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiế tam gi c AEB) 
 à ABE AEB (tính ch t đối ứng) suy ra AKB ABE (1) 
AKC AFC ( ì c ng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiế tam gi c AFC) 
 ACF AFC (tính ch t đối ứng) suy ra AKC ACF (2) 
0,5 
 ặt kh c ABE ACF (c ng h i BAC ) (3). T (1), (2) , ( ) suy ra AKB AKC 
hay KA à hân gi c trong của góc .BKC 
0,25 
Gọi P, Q ần ư t à c c giao điểm của BE i AC à CF i AB. 
Ta có 3BC R nên 0 0
1
120 ; 60
2
BOC BAC BOC   . Trong tam gi c uông ABP 
có 0 0 090 ; 60 30APB BAC ABP    hay 030ABE ACF  . 
0,25 
Tứ gi c APHQ có 
0 0 0 0180 180 120 120AQH APH PAQ PHQ PHQ BHC         (đối đ nh). 
0,25 
Ta có 030AKC ABE  , 030AKB ACF ABE   (th o chứng minh hần a). 
 à 060BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE       suy ra 0180BHC BKC  
nên tứ gi c BHCK n i tiế . 
0,25 
b) (1,5 điểm) 
Gọi (O’) à đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung 3,BC R 
060BKC BAC  nên bán kính đường tròn (O’) bằng b n kính R của đường tròn (O). 
0,5 
Gọi M à giao điểm của AH à BC thì MH uông góc i BC, k KN uông góc i BC 
(N thu c BC), gọi I à giao điểm của HK à BC. 
Ta có  
1 1 1
. .
2 2 2
BHCK BHC BCKS S S BC HM BC KN BC HM KN      
0,25 
5 
1 1
( ) .
2 2
BHCKS BC HI KI BC KH   (do HM HI; KNKI ). 
Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra 2KH R (không đ i) 
nên 
BHCKS n nh t khi 2KH R và 2 .HM KN HK R   
0,25 
Gi trị n nh t 2
1
3.2 3.
2
BHCKS R R R  0,25 
Khi HK à đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I à trung điểm 
của BC nên ABC cân tại A. Khi đó A à điểm chính giữa cung n .BC 
0,25 
c) (0,5 điểm) 
Ta có 0 0120 ; 60BOC BKC  suy ra 0180BOC BKC  
 nên tứ gi c BOCK n i tiế đường tròn. 
0,25 
Ta có OB=OC=R suy ra OB OC BKO CKO   hay KO à hân gi c góc BKC 
 th o hần (a) KA à hân gi c góc BKC nên K ,O, A th ng hàng hay AK đi qua O cố định 
0,25 
Câu 5 (1,0 điểm) 
Cho số thực ương x, y, z thỏa mãn: 
2 2 2
1 1 1
1.
x y z
   Tìm gi trị nhỏ nh t 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 du g Điểm 
Ta có 
2 22 2 2 2
1 1 1
1 11 1 1 1
P
yx z
z xz 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 21 1 1
a b c a b c
P
b c c a a b a a b b c c
     
     
0,25 
 ng b t đ ng thức Côsi cho số ương ta có 
 
3
2 2 2
2
2 2 2 2 21 1 2 1 1 41 .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 ) 23 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 
T (1); (2); ( ) ta có  2 2 2
3 3 3 3
.
2 2
P a b c    Đ ng thức ảy ra 
1
3
a b c    
hay 3.x y z   Vậy gi trị nhỏ nh t của P à 
3 3
.
2
0,25 
-------------- HẾT --------------