Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năm học 2015 - 2016 môn: Toán (chuyên) Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
 BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2015 - 2016 
 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN 
 Đề chính thức 
 Môn: TOÁN(CHUYÊN) 
 Ngày thi: 05/06/2015 
 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
Bài 1: (2 điểm) 
 a) Cho số thực x > 0 thỏa mãn điều kiện: 2 2
1x 14
x
  
Tính giá trị các biểu thức 3 3
1A x
x
  và 5 5
1B x
x
  
 b) Rút gọn biểu thức A 8 2 10 2 5 8 2 10 2 5      
Bài 2: (2 điểm) 
 a) Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn: 2 2 2x 5y z 2(y z) 4xy 1      
 b) Giải hệ phương trình: 
1 12 2
yx
1 12 2
xy

  


   

Bài 3: (2 điểm) 
 a) Chứng minh phân số 
21n 4
14n 3


 là tối giản với mọi n nguyên dương. 
 b) Giải phương trình 2x mx n 0   , biết rằng phương trình có hai nghiệm nguyên dương phân 
biệt và m, n là hai số nguyên tố. 
Bài 4: (3 điểm) 
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp tuyến chung của 
hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’; R’); D 
là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường 
thẳng AI cắt (O’; R’) tại M (điểm M khác điểm I ). 
 a) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh 2KB = KI.KJ ; từ đó suy ra 
KB = KD. 
 b) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 
 c) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD 
Bài 5: (1 điểm) 
 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng 
3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c a + b + c+ +
3a + ab + b b + bc + c c + ac + a
 
GV: Võ.M.Trình – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
 BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2015 - 2016 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1: (2 điểm) 
a) Từ giả thiết suy ra: 
21 1x + 16 x + 4
x x
     
 
 (do x > 0) 
 2 32 3
1 1 1 14.14 x + x + = x + + x +
x xx x
             
      
  3 3
1A x + 52
x
  
 2 3 52 3 5
1 1 1 114.52 x x x x
xx x x
                  
      
  5 5
1B x 724
x
  
b) Ta chứng minh được: 
2 2X + X Y X X Y
X ± Y = ±
2 2
  
 , với 
2X 0; Y 0; X Y   
A 8 40 8 5 8 40 8 5      8 64 40 8 5 8 64 40 8 5
2 2
        
 
 
8 64 40 8 5 8 64 40 8 5
2 2
        
 
 
8 24 8 5 8 2 5 22. 2.
2 2
   
   212 4 5 10 2 10 2      
Cách 2: Ta có A > 0 
2A 8 2 10 2 5 (8 2 10 2 5 )(8 2 10 2 5 ) 8 2 10 2 5           
  216 2 8 4 10 2 5 16 2 24 8 5       
    
2
16 2 2 5 2 12 4 5 2 5 1       
A 2 10   
 Bài 2: (2 điểm) 
a) BĐT 2 2 2x + 5y + z + 2y 2z 4xy 1     
 Vì x, y, z nguyên nên: 2 2 2x + 5y + z + 2y 2z 4xy 2    
 2 2 2 2x 4xy + 4y + y + 2y + 1 + z 2z + 1 0    
     2 2 2x 2y + y + 1 + z 1 0    
x 2y = 0 x = 2
y + 1 = 0 y = 1
z 1 = 0 z = 1
  
 
   
  
. 
b) Điều kiện: 
1 1x ; y
2 2
  
Từ hệ suy ra 
1 1 1 12 2
y xx y
     (1) 
Nếu 
1 1 1 1x y 2 2
y xx y
       VT(1) > VP(1) 
Nếu 
1 1 1 1x y 2 2
y xx y
      
 VT(1) < VP(1)
nên (1) chỉ xảy ra khi x = y thế vào hệ ta giải được x = 1, y = 1 
Cách 2: 
Cộng vế với vế hai PT ta được: 
 1 1 1 12 2 4
x yx y
      
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: 
  2 21 1 1 12 1 1 2 2
x x xx
        
 
Dấu “=” xảy ra khi 1 1 1 12 2 x 1
x x xx
       
Tương tự đối với  2 21 1 1 12 1 1 2 2
y y yy
 
       
 
Dấu “=” xảy ra khi 1 1 1 12 2 y 1
y y yy
       
Thử lại x = y = 1 là nghiệm của hệ PT 
Bài 3: (2 điểm) 
a) Gọi d(d 1) là ước chung lớn nhất của hai số  21n 4 và  14n 3 
21n 4 kd   ; 14n 3 ld  với k, l là những số nguyên dương 
 7n 1 k l d 21n 3 3(k l)d        
1 (21n 4) (21n 3) kd 3(k l)d (3l 2k)d          
Vì  3l 2k và d là các số nguyên dương 3l 2k d 1    
Vậy phân số 
21n 4
14n 3


 tối giản 
b) Gọi 1 2x ,x là các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho, giả sử  1 2x x . Theo hệ thức 
Viet: 1 2 1 2x + x = m; x .x = n . 
Do n là số nguyên tố nên 1 2x 1; x n  
Từ 1 2x + x = m 1 n = m   n; m là hai số tự nhiên liên tiếp  n = 2; m = 3. 
Khi đó phương trình là 2x 3x 2 0   và có hai nghiệm 1 2x 1; x 2  
Bài 4: (3 điểm) 
a) Chứng minh 2KB = KI.KJ ; từ đó suy ra KB = KD. 
Do AO và AO’ là hai tia phân giác của BAC 
 A, O, O’ thẳng hàng. 
Xét: KBI và Δ KJB 
1
2
1
1
1
M
J
K
I
H
O'
O
D
C
B
A
 Có: 1 1J B (góc tạo bởi tia tt và dây và góc nt cùng chắn cung BI) ; BKI chung 
 Δ KBI ∽ KJB  (g.g)  2
KI KB KB KI.KJ
KB KJ
  
(1) 
Tương tự: KDI ∽ KJD  2
KI KD KD KI.KJ
KD KJ
    (2) 
Từ (1) và (2)  KB KD . 
b) Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 
Xét tam giác ABO’ vuông tại B, có: 2AB AH.AO' (3) 
Xét ABI và AMB  có: 
 
1 1B M (góc tạo bởi tia tt và dây và góc nt cùng chắn cung BI); BAI chung 
 ABI ∽ AMB  (g.g) 2
AB AI AB AM.AI
AM AB
   
(4). 
Từ (3),(4) 
AH AMAI.AM AH.AO' 
AI AO'
   . 
 AHI ∽ AMO'  ( vì 
AH AM
AI AO'
 ;MAO' : chung ). 
  1 2H M  4 điểm I, H, M, O’ cùng thuộc một đường tròn. 
c) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD 
Do: OD // O’B (cùng  AB)
AO OD R OI OI
AO' O'B R' O'M O'I
     
nhưng OI cắt O’I và A, I, M thẳng hàng  OI // O’M. 
 DOI BO'M . 
mà  1 1BDI DOI
2 2
  sđ DI và  1 1BIM BO'M
2 2
  sđ BM 
 BDI BIM  IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp BID 
Hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BID . 
Bài 5 (1,0 điểm) 
Ta có:      
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a+ + = a b + b c + c a = 0
a + ab + b b + bc + c c + ac + c
  
   
 
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c a
a ab b b bc c c ac a a ab b b bc c c ac a
    
           
Vì thế bất đẳng thức đã cho tương đương với: 
 3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
2 a + b + ca + b b + c c + a+ +
3a + ab + b b + bc + c c + ac + a
 
1
2
1
1
1
M
J
K
I
H
O'
O
D
C
B
A
Vì  
2 2
2
2 2
a ab + b 1 2 a b 0 
3a + ab + b

    (đúng)    
2 2
2 2
a ab + b 1a b a b
3a + ab + b

    
hay  
3 3
2 2
a b 1 a b
3a ab b

 
 
 (1) đẳng thức xảy ra khi a = b 
Tương tự  
3 3
2 2
b c 1 b c
3b bc c

 
 
 (2) và  
3 3
2 2
c a 1 c a
3c ac a

 
 
 (3) 
Cộng (1), (2), (3) suy ra 
3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c a + b + c+ +
3a + ab + b b + bc + c c + ac + a
 
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 
Cách 2: 
3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c a + b + c+ +
3a + ab + b b + bc + c c + ac + a
 (1) 
Ta có: a + b + c = 2a – b + 2b – c + 2c – a 
BĐT (1) 
3 3 3
2 2 2 2 2 2
a 2a b b 2b c c 2c a+ 0 (2)
a + ab + b 3 b + bc + c 3 c + ca + a 3
       
          
     
Xét: 
   
 
 
 
  
 
23 2 2 3 33
2 2 2 2 2 2 2 2
3a 2a b a + ab + b a b ab a b a b a ba 2a b 0
a + ab + b 3 3 a + ab + b 3 a + ab + b 3 a + ab + b
     
     
Tương tự: 
3
2 2
b 2b c 0
b + bc + c 3

  ; 
3
2 2
c 2c a 0
c + ca + a 3

  
Vậy (2) đúng, đo đó (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 
GV: Võ.M.Trình – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định