Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 THPT (Chuyên Toán Tin) - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 
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 (2,0 điểm). Cho phương trình 4 3 23 9 9 0x x mx x     ( m là tham số). 
a) Giải phương trình khi 2.m   
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm dương. 
Câu 2 (3,0 điểm). 
a) Giải phương trình 23 4 4 3 4 3 0.x x x x     
b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên ,x y của phương trình  2 2 4 22 .x y x y y   
Câu 3 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương thoả mãn 3a b c   . Chứng minh rằng 
   2 2 2 3 3 34 9.a b c a b c      
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O với AB AC . Gọi M là 
trung điểm BC , AM cắt  O tại điểm D khác A . Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt 
đường thẳng AC tại E khác C . Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường thẳng AB tại 
F khác .B 
a) Chứng minh rằng hai tam giác ,BDF CDE đồng dạng và ba điểm , ,E M F thẳng hàng. 
b) Chứng minh rằng .OA EF 
c) Phân giác của góc BAC cắt EF tại điểm N . Phân giác của các góc CEN và BFN lần lượt cắt 
,CN BN tại P và Q . Chứng minh rằng PQ song song với .BC 
Câu 5 (1,0 điểm). Tập hợp  1;2;3;...;3 1;3A n n  ( n là số nguyên dương) được gọi là tập hợp 
cân đối nếu có thể chia A thành n tập hợp con 1 2, ,..., nA A A và thỏa mãn hai điều kiện sau: 
 i) Mỗi tập hợp   1,2,...,iA i n gồm ba số phân biệt và có một số bằng tổng của hai số còn lại. 
 ii) Các tập hợp 1 2, ,..., nA A A đôi một không có phần tử chung. 
a) Chứng minh rằng tập  1;2;3;...;92;93A  không là tập hợp cân đối. 
b) Chứng minh rằng tập  1;2;3;...;830;831A  là tập hợp cân đối. 
—— Hết—— 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:..; Số báo danh:... 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
——————— 
(Hướng dẫn chấm có 03 trang) 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016-2017 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN CHUYÊN 
————————— 
A. LƯU Ý CHUNG 
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm, bài học sinh có thể 
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. 
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 
1 2,0 
 a Với 2m   , phương trình đã cho trở thành: 4 3 23 2 9 9 0x x x x     
Ta thấy ngay 0x  , chia hai vế của phương trình cho 2x ta được: 
2
2
9 3
3 2 0.x x
x x
 
     
 
0,25 
Đặt 
3
t x
x
  , ta được phương trình: 2 3 4 0 1; 4.t t t t       0,25 
Với 1t  thì 2
3
1 3 0x x x
x
      (vô nghiệm). 0,25 
Với 4t   thì 2
3
4 4 3 0 1; 3.x x x x x
x
            
Vậy phương trình có hai nghiệm là 1; 3.x x    
0,25 
b Trong trường hợp tổng quát ta có phương trình: 2 3 6 0 (1).t t m    
Ta có 2
3
3 0t x x tx
x
      (2). 
Từ đó suy ra điều kiện để (2) có nghiệm dương là 2 3.t  
0,25 
Vậy PT đã cho có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi (1) có nghiệm 2 3.t  0,25 
Xét PT (1) có 
33
4 33 0 .
4
m m       Khi đó 1,2
3 4 33
2
m
t
  
 . 0,25 
Do đó (1) có nghiệm 2 3t  khi:  3 4 33 2 3 6 1 3 .
2
m
m
  
    
Vậy giá trị cần tìm của m là  6 1 3 .m   
0,25 
2 3,0 
 a 
ĐKXĐ : 
3
.
4
x  0,25 
Phương trình đã cho tương đương:   
4 3
4 3 3 4 3 0
4 3 3
x x
x x x x
x x
  
      
 
 0,5 
2
0
4 3 1; 3.
4 3
x
x x x x
x x

     
 
 0,5 
2 2
0 0
4 3 3
4 3 9 9 4 3 0
x x
x x
x x x x
  
    
     
 (vô nghiệm). 0,5 
Kết hợp điều kiện suy ra phương trình có nghiệm là 1; 3.x x  0,25 
b Ta có    2 2 4 2 2 2 4 22 . 2 0x y x y y x y x y y        (1) 
Coi (1) là PT bậc hai ẩn x, ta có  4 2 2 24 9 4 9.y y y y       
0,25 
(1) có nghiệm nguyên nên 24 9y  là số chính phương, đặt 2 24 9 ( ).y k k   
Khi đó   2 2 9.k y k y   
0,25 
Xét các trường hợp và chú ý k ta được các bộ         , 5;2 ; 5; 2 ; 3;0 .k y   0,25 
Với 2y   ta được: 2 4 96 0 12; 8.x x x x       Với 0y  ta được: 0.x  
Vậy các nghiệm cần tìm là             , 0;0 ; 12;2 ; 12; 2 ; 8;2 ; 8; 2 .x y      
0,25 
3 1,0 
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 
    2 2 2 3 3 34 3 27a b c a b c a b c        0,25 
      
     
32 2 2 3 3 3
33 3 3 2 2 2 2 2 2
4 3
4 (1)
a b c a b c a b c a b c
a b c a b b c c a ab bc ca a b c
          
           
 0,25 
Ta có đẳng thức      3 3 3 3 2 2 2 2 2 23 6a b c a b c a b b c c a ab bc ca abc            . 
Do đó (1) tương đương với 2 2 2 2 2 2 6 .a b b c c a a c b a c b abc      
0,25 
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 
     2 2 2 2 2 2 2 2 2a b b c c a a c b a c b a b c b c a c a b           
  2 2 2 2 2 22 2 2 2 6 .a bc b ca c ab a bc b ca c ab abc       
Vậy BĐT (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.a b c   
(Chú ý: Học sinh được sử dụng BĐT AM-GM với 6 số hoặc BĐT Schur’s để chứng minh). 
0,25 
4 
x
Q P
 N
F
E
D
M
F
E
D
M
O
O
A
B
C
A
B C
3,0 
 a Do các tứ giác ,MECD MBFD nội tiếp nên (1)DEC DMC DFB  0,25 
Tứ giác ABDC nội tiếp nên DCE DCA DBF  (2) 0,25 
Từ (1) và (2) suy ra ( )BDF CDE g g   . 0,25 
Từ .BDF CDE EDC BDF    Mà EMC EDC và BMF BDF . 0,5 
Suy ra EMC BMF . Vậy , ,E M F thẳng hàng. 0,25 
b Từ hai tứ giác ,MECD MBFD nội tiếp nên . . .AB AF AM AD AE AC  , suy ra tứ giác 
BECF nội tiếp. Do đó .AFE ACB 
0,25 
Vẽ tiếp tuyến Ax của  O thì ACB BAx . Do đó BAx AFE , suy ra ||Ax EF . 
Vậy .OA EF 
0,25 
c 
Ta có BDF CDE  nên 
2
2
.BDF
CDE
S BF
S CE
 0,25 
Ta có 
2
2
.
1 . . . . .
.
CDEDAB DAB BDF
DAC BDF CDE DAC
SS S SMB AB BF CE AB BF
MC S S S S BF CE AC CE AC
     0,25 
Từ đó 
BF AC AF NF EN FN
CE AB AE NE EC FB
     (3). 0,25 
Theo tính chất phân giác ta có 
PN EN
PC EC
 và 
QN FN
QB FB
 (4). 
Từ (3) và (4) suy ra 
PN QN
PC QB
 . Do đó PQ song song với .BC 
0,25 
5 1,0 
 a Giả sử  1;2;3;...;93A  là tập hợp cân đối , khi đó mỗi tập   1,31iA i  có dạng 
 ; ;i i i ix y x y , như vậy tổng ba phần tử trong iA là số chẵn. Do đó tổng các phần tử của 
tập A là số chẵn. 
0,25 
Mặt khác tổng các phần tử trong A bằng: 
93.94
1 2 3 ... 93 93.47
2
      (là số lẻ). Mâu 
thuẫn này chỉ ra A là tập không cân đối. 
0,25 
 b 
Nhận xét: Nếu tập  1;2;3;...;nS n , với n chia hết cho 3 là tập hợp cân đối thì tập 
 4 1;2;3;...;4nS n và  4 3 1;2;3;...;4 3nS n   cũng là tập hợp cân đối. 
Chứng minh. Từ tập 4nS ta chọn ra các tập con ba phần tử sau: 
       1;2 ;2 1 ; 3;2 1;2 2 ; 5;2 2;2 3 ;...; 2 1;2 1;4 .n n n n n n n n n n n n n n n             
Rõ ràng các tập con này đều thỏa mãn có một phần tử bằng tổng hai phần tử còn lại. 
Còn lại các số sau trong tập 4nS là 2,4,6,...,2n . Tuy nhiên vì tập nS cân đối nên tập 
 2;4;6;...;2n cũng cân đối . Vậy 4nS là tập cân đối. 
Tương tự từ tập 4 3nS  ta chọn ra các tập con ba phần tử sau: 
 1;2 2;2 3n n n n    ;  3;2 1;2 4n n n n    ;;  2 1;2 2;4 3n n n   . 
Và còn lại các số là 2,4,6,...,2n , suy ra 4 3nS  là tập cân đối. 
0,25 
Trở lại bài toán. Ta có 
831 4.207 3
207 4.51 3
51 4.12 3
12 4.3
 
 
 

Chú ý là tập  1;2;3 là cân đối nên theo nhận xét trên ta xây dựng được các tập hợp cân 
đối theo quy trình sau:          1;2;3 1;2;...;12 1;2;...;51 1;2;...;207 1;2;...;831 .    
Do đó tập  1;2;3;...;831A  là tập hợp cân đối (đpcm). 
0,25 
------Hết------