Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2015 - 2016 môn thi: Toán (chuyên) -Trường phổ thông Năng Khiếu

TS LỚP 10, CHUYÊN TOÁN, PTNK –TP.HCM (2015-2016) Trang 1/ 8 
 ĐAI HỌC QUỐC GIA TP.HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2015-2016 
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU MÔN THI: TOÁN (Chuyên) 
Thời gian: 150 phút 
Bài 1: (2,0 điểm). 
a) Giải phương trình
2 2
2x 1 1 2x 2 x x     .
b) Cho các số a và b thỏa mãn điều kiện
3 3
3
1
a b b
4
   . Chứng minh rằng: 1 a 0   .
Bài 2: (2,0 điểm). 
a) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho a b c 0   và ab bc ca 3 0    .
b) Cho m là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho
a b c 0   và ab bc ca 4m 0    thì cũng tồn tại các số nguyên / / /a ,b ,c khác 0 sao cho 
/ / /
a b c 0   và / / / / / /a b b c c a m 0    .
c) Với k là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho
a b c 0   và kab bc ca 2 0    .
Bài 3: (1,0 điểm). Giả sử phương trình 
2
2x 2ax 1 b 0    có 2 nghiệm nguyên (a, b là tham số).
Chứng minh rằng 
2 2
a b 2 0   là số nguyên và không chia hết cho 3.
Bài 4: (3,0 điểm). Cho tam giác ABC (AB < AC) có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O. 
Gọi M là trung điểm của cạnh BC, E là điểm chính giữa của cung nhỏ BC, F là điểm đối xứng của 
E qua M. 
a) Chứng minh rằng
2
EB EF.EO .
b) Gọi D là giao điểm của AE và BC. Chứng minh các điểm A, D, O, F cùng thuộc một đường
tròn.
c) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và P là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại
tiếp tam giác IBC sao cho P, O, F không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại P của 
đường tròn ngoại tiếp tam giác POF đi qua một điểm cố định. 
Bài 5: (2,0 điểm). Để khuyến khích phong trào học tập, một trường THCS đã tổ chức 8 đợt thi cho 
các học sinh. Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chức xong 8 đợt 
thi, người ta nhận thấy rằng với hai đợt thi bất kỳ luôn có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả hai 
đợt thi đó. Chứng minh rằng: 
a) Có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần.
b) Có đúng một học sinh được trao giải ở tất cả 8 đợt thi.
 HẾT 
TS LỚP 10, CHUYÊN TOÁN, PTNK –TP.HCM (2015-2016) Trang 2/ 8 
ĐAI HỌC QUỐC GIA TP.HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2015-2016 
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU MÔN THI: TOÁN (Chuyên) 
Thời gian: 150 phút 
GV THĂNG LONG HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1: (2,0 điểm). 
a) Giải phương trình
2 2
2x 1 1 2x 2 x x     (1)
Cách 1: 
Điều kiện: 
 
2 2
2
1
x
2
2x 1 0
1 1 2
1 2x 0 x x
2 2 2
x x 0
x 1 x 0


   
 
       
     


   2 2 21 2x 1 1 2x 2 2x 1. 1 2x 4 x x        
 
2
2 2
2x 1 1 2x 0 2x 1 1 2x 2x 1 1 2x            
 
 
2
1 5
x nhận
2
x x 1 0
1 5
x loại
2
  

    
  


Vậy tập nghiệm của phương trình là: 
1 5
S
2
   
  
  
Cách 2: 
Ta chứng minh được:  2 2a b 2 a b   , dấu ‘’=’’ xảy ra khi a = b.
Áp dụng bất đẳng trên, ta có: 
 2 22x 1 1 2x 2 2x 1 1 2x      
2 2
2x 1 1 2x 2 x x     
Dấu ‘’=’’ xảy ra khi 2
1 5
2x 1 1 2x x
2
 
    
So với điều kiện 
1 2
x
2 2
  , ta nhận 
1 5
x
2
 
 . Vậy 
1 5
S
2
   
  
  
b) Cho các số a và b thỏa mãn điều kiện
3 3
3
1
a b b
4
   . Chứng minh rằng: 1 a 0   .
Cách 1: 
TS LỚP 10, CHUYÊN TOÁN, PTNK –TP.HCM (2015-2016) Trang 3/ 8 
Đặt 
3 3 33 3
3
1 1
u b ;v b;t a u b ; v b; t a
4 4
         3 3
1
u v
4
   
Ta có : 
3 3
3
1
a b b t v u u v t
4
         
Ta 
có
3 3 3 3 3 3 3
1
u v u v 0 u v u v u v 0 mà u v t nên t 0 a 0 a 0
4
                   
Mặt khác, ta có: 
   
   
   
2 2
3
3 3 3 3
2 2
2 3
3
u v u v1
u v u v 3uv u v t 3t.uv t 3t
4 4
u v t t 3t u v
t 3t
4 4
  
           
   
   
       
2 2 2
3 3
1 t 3t u v mà t a nên 1 a 3t u v a 1 3t u v 0 do t 0 a 1                  
Cách 2: 
Ta có: 
3
3
1 1
b b b b
4 4
     . Do đó: 3 3 3 33
1
a b b b b 0 a 0
4
        
Mặt khác: 
2 2
3 3 23 3 3
3 3
1 1 1 1
3 b 0 b b 3 b b 3 b 3 b 1
2 4 4 2
   
              
   
 
3
3 3
3 b 1 b 1   
Do đó: 
3 3 3 3
3
1
a b b b 1 b 1 a 1
4
           
Vậy 1 a 0  
Cách 3: 
Ta có:   3 3 2 2x y x y x xy y     và 2 2x xy y 0   nên 3 3x y x y  
Đặt: 
3 3
x a;y b  . Ta có: 33
1
x y y
4
   . Suy ra: 33
1
x y y 0
4
   
Giả sử: x 1  , ta có: 3 3 3 23
1 1
y y x y 1 y y 3y 3y 1
4 4
           
 
2
2
1 1
y y 0 y 0 vo â lý
4 2
 
       
 
Do đó: x 1 a 1    
Vậy 1 a 0  
Bài 2: (2,0 điểm). 
a) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho a b c 0   và ab bc ca 3 0    .
Cách 1: 
Ta có:    
2
2 2 2 2
a b c a b c 2 ab bc ca 6 a 6           mà a là số nguyên nên 
 a 2; 1;0;1;2  
TH1: a = -2. Thế vào a b c 0   và ab bc ca 3 0    , ta có:
TS LỚP 10, CHUYÊN TOÁN, PTNK –TP.HCM (2015-2016) Trang 4/ 8 
    2
c b 2 c b 22 b c 0 b 1
2b b b 2 2 b 2 3 02b bc 2c 3 0 c 1b 2b 1 0
             
     
                  
TH2: a = -1. Thế vào a b c 0   và ab bc ca 3 0    , ta có:
      
c b 1 c b 11 b c 0 c 2 c 1
hay
b b b 1 b 1 3 0 b 1 2 b 0b bc c 3 0 b 1 b 2
               
      
                       
TH3: a = 0. Thế vào a b c 0   và ab bc ca 3 0    , ta có:
 2
c bc bb c 0
bc 3 0 b 3 loại vì b Zb 3 0
        
   
        
TH4: a = 1. Thế vào a b c 0   và ab bc ca 3 0    , ta có:
    2
c b 1 c b 11 b c 0 c 2 c 1
hay
b b b 1 b 1 3 0b bc c 3 0 b 1 b 2b b 2 0
               
      
                   
TH5: a = 2. Thế vào a b c 0   và ab bc ca 3 0    , ta có:
    2
c b 2 c b 22 b c 0 c 1
2b b b 2 2 b 2 3 02b bc 2c 3 0 b 1b 2b 1 0
             
     
                 
Vậy               a;b;c 2;1;1 , 1; 1;2 , 1;2; 1 , 1;1; 2 , 1; 2;1 , 2; 1; 1         
Cách 2: 
Ta có: a b c 0   và ab bc ca 3    .
Do đó:    
2
2 2 2
a b c a b c 2 ab bc ca 6         .
Do a, b, c có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử: a b c  . Khi đó: 1 a 3  .
Suy ra: a 2 a 2;a 2    
 Với a = 2 thì:    
2 2
b c 2
b c 1 a,b,c 2; 1; 1
b c 2
   
       
 
 và các hoán vị. 
 Với a 2  thì:    
2 2
b c 2
b c 1 a,b,c 2;1;1
b c 2
  
     
 
 và các hoán vị. 
b) Cho m là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho
a b c 0   và ab bc ca 4m 0    thì cũng tồn tại các số nguyên / / /a ,b ,c khác 0 sao cho 
/ / /
a b c 0   và / / / / / /a b b c c a m 0    .
Cách 1: 
Ta có:    
2
2 2 2
a b c a b c 2 ab bc ca 8m        
 
2
2 2 2 2
a b a b 8m a ab b 4m         
Do 4m là số chẵn nên 
2 2
a ab b  là số chẵn  a, b đều chẵn. Ta đặt / /a 2a ;b 2b 
Khi đó, ta có: 
        
   
2 2 2
/ / / / / 2 / / / 2 / / / /
/ / / / / /
2a 2a 2b 2b 4m a a b b m a b a b m
a b . a b a b m
          
    
Chọn  / / /c a b   , ta có / / /a b c 0   và  / / / / / / / / / / /a b .c a b m a b b c c a m 0       
Cách 2: 
Ta có: a b c 0   là số chẵn. Xét 2 trường hợp:
TS LỚP 10, CHUYÊN TOÁN, PTNK –TP.HCM (2015-2016) Trang 5/ 8 
TH1: Trong 3 số a, b, c có hai số lẻ và một số chẵn. 
Không mất tính tổng quát, giả sử a, b lẻ và c chẵn. 
Ta có: ab lẻ, bc chẵn, ca chẵn. Do đó: ab bc ca 4m   là số lẻ. Điều này trái với giả thiết (vì
ab bc ca 4m 0 : là số chẵn)   
Vậy không xảy ra trường hợp này. 
TH2: Cả ba số a, b, c đều chẵn. Đặt a 2a';b 2b';c 2c'   (a’, b’, c’ là các số nguyên khác 0)
Từ a b c 0   . Ta có: 2a' 2b' 2c' 0 a' b' c' 0      
Vì ab bc ca 4m 0    . Ta có: 4a'b' 4b'c' 4c'a' 4m 0 a'b' b'c' c'a' m 0        
c) Với k là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho
a b c 0   và kab bc ca 2 0   
Cách 1: 
Giả sử tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho a b c 0   và kab bc ca 2 0   
Áp dụng câu b) ta có: 
1 1 1
a ,b ,c là các số nguyên khác 0 sao cho: 
k 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c 0;a b b c c a 2 0
       
Tiếp tục áp dụng câu b) và quá trình này tiếp tục mãi, ta sẽ đến có các số nguyên a’, b’, c’ khác 
0 thỏa mãn: 
a' b' c' 0 a' b' c' 0
hoặc
a'b' b'c' c'a' 1 0 a'b' b'c' c'a' 2 0
      
 
        
Do đó:    2 2 2 2 2 2a' b' c' 2 1 hoặc a' b' c' 4 2     
Vì a’, b’, c’ khác 0 nên (1), (2) không xảy ra. 
Vậy không tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho 
ka b c 0 và ab bc ca 2 0      
Cách 2: 
 Với k 0 ta có: a b c 0;ab bc ac 1       thì  2 2 2a b c 2 3  
Không có bộ ba số nguyên a,b,c 0 thỏa (3)
 Với k 1 thì a b c 0;ab bc ca 2       khi đó:  2 2 2a b c 4 4   .
Giả sử a nhỏ nhất khi đó: 
2
1 a 2  (không có a thỏa). Không tồn tại a, b, c nguyên khác 0
thỏa (4). 
 Với k > 1
 Nếu k chẵn, đặt k = 2n ta có: na b c 0;ab bc ca 4 0       , theo câu a) tồn tại
1 1 1
a ,b ,c
nguyên thỏa: 
n 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c 0;a b b c c a 4 0
      
Tương tự sẽ được: 
n n n
a ,b ,c nguyên thỏa  
n n n n n n n n n
a b c 0;a b b c a c 1 vo â nghiệm .      
 Nếu k lẻ đặt k 2n 1  ta có: na b c 0;ab bc ca 2.4 0       , làm tương tự trên ta
được:
 
n n n n n n n n n
a b c 0;a b b c a c 1 vo â nghiệm      
Vậy không tồn tại các số a, b, c khác 0 thỏa đề bài. 
Bài 3: (1,0 điểm). Giả sử phương trình 
2
2x 2ax 1 b 0    có 2 nghiệm nguyên (a, b là tham số).
Chứng minh rằng 
2 2
a b 2 0   là số nguyên và không chia hết cho 3.
 2' a 2 1 b 0    
Gọi 
1 2
x ,x là hai nghiệm nguyên của phương trình đã cho. Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 
TS LỚP 10, CHUYÊN TOÁN, PTNK –TP.HCM (2015-2016) Trang 6/ 8 
1 2
1 2
x x a
1 b
x .x
2
   

 


 Do đó:    
2 2
2 2
1 2 1 2
a b 2 x x 1 2x x 2       là số nguyên vì 
1 2
x ,x là số nguyên. 
Ta có:  2m m Z chia cho 3 dư 0 hoặc 1. (*)
Thật vậy, đặt   m 3k r k Z,r 0;1; 1    
Do đó:    
2
2 2 2
m 3k r 3 3k 2kr r     chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Ta có:        
2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
a b 2 x x 1 2x x 2 x x x x 1 3 x x x x             (**) 
 Nếu
1
x 3 và 
2
x 3 thì     2 2 2 21 2 1 2x x x x 3 theo *  M  ** chia 3 dư 1 . Do đó: 
 2 2a b 2  không chia hết cho 3.
 Nếu 
1
x 3 và 
2
x không chia hết cho 3 hoặc 
1
x không chia hết cho 3 và 
2
x 3M thì
 2 2 2 21 2 1 2x x x x  chia cho 3 dư 1 (theo (*))  ** chia 3 dư 2. Do đó:  2 2a b 2  không
chia hết cho 3. 
 Nếu 
1
x không chia hết cho 3 và 
2
x không chia hết cho 3 thì  2 2 21 2 1 2x x x x  chia cho 3 
dư 1 
(theo (*))  ** chia cho 3 dư 2. Do đó:  2 2a b 2  không chia hết cho 3.
Vậy 
2 2
a b 2  là số nguyên và không chia hết cho 3.
Bài 4: (3,0 điểm). Cho tam giác ABC (AB < AC) có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O. 
Gọi M là trung điểm của cạnh BC, E là điểm chính giữa của cung nhỏ BC, F là điểm đối xứng của 
E qua M. 
x
P
I
D M
Q
E
O
B C
A
F
TS LỚP 10, CHUYÊN TOÁN, PTNK –TP.HCM (2015-2016) Trang 7/ 8 
a) Chứng minh rằng
2
EB EF.EO .
Vẽ EQ là đường kính của (O).
Ta có: 
O,M,E thẳng hàng(OE BC;OM BC)
E,M,F thẳng hàng(gt)
Q,O,E (đk (O))
  




Q,O,F,M,E thẳng hàng.
Ta có:  2EB EM.EQ EBQ vuông tại B có đường cao BM 
2 2
EF
EB .2.OF EB EF.EO
2
   
b) Gọi D là giao điểm của AE và BC. Chứng minh các điểm A, D, O, F cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: 
· ·  
· ·  
· ·OAD OED ODE cân tại O
OAD DFM
OED DFM tính chất đối xứng của E và F qua BC
  
 

 Tứ giác ADFO nội tiếp () A,D,F,O cùng thuộc một đường tròn.
c) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và P là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại
tiếp tam giác IBC sao cho P, O, F không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại P của đường 
tròn ngoại tiếp tam giác POE đi qua một điểm cố định. 
Vẽ Px là tiếp tuyến của (OEP) tại P. 
 xPF POF gnt và góc ở tâm cùng chắn PF của (POF)  (1) 
Ta có:  EIB IAB IBA góc ngoài của ABI EBC IBC IBE     
EIB cân tại E  EI EB EC I,B,C E      E là tâm của (BIC)   EP EB P,B E  
 2 2EP EF.EO EB EF.EO     · ·EPF EOP c g c EPF POF     ∽ (2)
Từ (1) và (2) FPE EPx Px PE   
 Px đi qua E cố định (do E là tâm của (BIC) cố định do B, I, C cố định)
 tiếp tuyến Px của (OFP) đi qua điểm E cố định.
Bài 5: (2,0 điểm). Để khuyến khích phong trào học tập, một trường THCS đã tổ chức 8 đợt thi cho 
các học sinh. Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chức xong 8 đợt 
thi, người ta nhận thấy rằng với hai đợt thi bất kỳ luôn có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả hai 
đợt thi đó. Chứng minh rằng: 
a) Có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần.
Cách 1: Xét đợt thi thứ nhất. Theo đầu bài có đúng 1 học sinh được trao giải trong hai đợt thi 
bất kì, vì vậy trong 7 đợt thi còn lại, trong ba học sinh được trao giải đợt thi thứ nhất có một 
học sinh được trao giải ít nhất 3 lần (vì 7 :3 2 (dư 1))
Vậy có một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần. 
Cách 2: 
Giả sử 
1
A là tập 3 bạn đạt giải trong đợt thi thứ nhất. Tương tự với 
2 8
A ,...,A
Ta có:  
1
A a,b,c . Vì
1 i
A A ,i 2,8  có đúng một học sinh nên các học sinh a, b, c xuất hiện
trong 7 tập 
2 8
A ,...,A và không có hai bạn nào xuất hiện cùng một tập. Do đó theo nguyên lý 
TS LỚP 10, CHUYÊN TOÁN, PTNK –TP.HCM (2015-2016) Trang 8/ 8 
Dirichlet thì có một học sinh thuộc ít nhất 3 tập trong các tập 
2 8
A ,...,A . Khi đó học sinh này có 
xuất hiện trong ít nhất 4 tập, hay được nhận thưởng ít nhất 4 lần. 
b) Có đúng một học sinh được trao giải ở tất cả 8 đợt thi.
Cách 1: 
Từ câu a) giả sử a là học sinh được trao giải ở bốn đợt thi. Xét một đợt thi bất kì trong bốn đợt 
thi còn lại. Vì có đúng một học sinh được trao giải trong hai đợt thi bất kì. Do vậy đợt thi này, 
bốn đợt thi mỗi đọt có 1 học sinh được trao giải. Như vậy học sinh đó phải là a (nếu không phải 
là a thì đợt này có đến 4 học sinh được trao giải). Vì xét đợt thi bất kì nên a được trao giải trong 
bốn đợt thi còn lại. a được trao giải ở tất cả 8 đợt thi. 
Vậy có đúng một học sinh được trao giải ở tất cả 8 đợt thi. 
Cách 2: 
Theo câu a), có một học sinh a nhận thưởng được ít nhất 4 lần, giả sử là từ lần 1 đến lần 4. Hay 
a thuộc 
1 2 3 4
A ,A ,A ,A . Khi đó nếu a không nhận thưởng trong 8 lần, tức là có một lần a không 
nhận thưởng. Giả sử là lần 8, tức là a không thuộc 
8
A . 
Khi đó : 
1 8
A A là một học sinh nên có học sinh b a thuộc 
8
A , tương tự có học sinh c, d, e lần 
lượt thuộc 
2 3 4
A ,A ,A cũng thuộc 
8
A . Hơn nữa b, c, d, e phải phân biệt. Do đó 
8
A chứa ít nhất 4 
phần tử (vô lý). Vậy có một học sinh thuộc 8 tập hợp, hay nhận thưởng 8 lần. Và không có hai 
học sinh nào cùng nhận thưởng hai lần nên chỉ có đúng một học sinh thỏa. 
 HẾT