KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN THPT LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2016 - 2017 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (dùng cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn chuyên Tin) Bài I (2,0 điểm) 1) Cho số a,b,c khác thỏa mãn ab + bc + ca = Tính giá trị biểu thức: P= bc ca ab + + a2 b2 c 2) Tìm tất cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn : x2 + y2(x – y + 1) – (x – 1)y = 22 Bài II (3,0 điểm) 1) Giải phương trình: x + + x2 = − x − 2 x( x − 1) + ( y − 1)( y + 1) = 2) Giải hệ phương trình:  2 y + x + y + = xy Bài III (1,0 điểm) Cho a,b,c số thực dương Chứng minh rằng: a − bc b − ca c − ab + + ≥0 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b Bài IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O, R), dây BC cố định BOC = 1200 Điểm A di động cung lớn BC cho ∆ ABC nhọn Hai đường cao BM CN cắt H Gọi D điểm đối xứng với B qua M E điểm đối xứng với C qua N Đường tròn (O1; R1) ngoại tiếp ∆ ABD đường tròn (O2; R2) ngoại tiếp ∆ ACE cắt điểm thứ hai K 1) Chứng minh tứ giác BHCK nội tiếp 2) Chứng minh MN // O1O2 ba điểm E, B, K thẳng hàng 3) Tìm vị trí điểm A cho 1 + nhỏ KB KC Bài V (1,0 điểm) Cho ≤ a1 < a2 < a3 < < a15 ≤ 2016 15 số tự nhiên đôi nguyên tố Chứng minh 15 số tự nhiên ln tồn số nguyên tố - Hết -(Giám thị khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh: .Số báo danh: Chữ ký giám thị số 1: Chữ ký giám thị số 2: TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ BÀI I HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN MỘT VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016 – 2017 Mơn thi: TỐN (Dành cho hệ chun Tốn chuyên Tin) HƯỚNG DẪN CHẤM Ý ĐIỂM 2,0 bc ca ab Tính giá trị biểu thức: P = + + a b c 1,0 0,25 1 a b c 1 1 1 P = abc( + + ) = abc( + + − )+3 a b c a b c abc 1 1 1 1 = abc( + + )( + + − − − )+3 a b c a b c ab bc ca = 0+3= Ta có: ab + bc + ca = ⇒ + + = 0,25 0,25 0,25 Tìm tất cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn : x2 + y2(x – y + 1) – (x – 1)y = 22 2 1,0 x + y (x – y + 1) – (x – 1)y = 22 ⇔ x2 – xy + y + y2(x – y + 1) = 22 ⇔ (x2 – xy + x) – (x – y + 1) + y2(x – y + 1) = 21 ⇔ (x – y + 1)(x + y2 – 1) = 21 Vì x, y số nguyên dương nên x – y + x + y – ước dương 21 x–y+1 21 x+y –1 21 y2 + y – 20 - 20 -4 y × × × x × × × Vậy có cặp nguyên dương (x, y) thỏa mãn phương trình đầu (4; 2) II 0,25 0,5 0,25 3,0 Giải phương trình: x + + x = − x −1 1,5 ĐK: x ≥ x + − + x2 − + x − − = x−2 x−2 ⇔ + ( x − 2)( x + 2) + =0 3 x −1 +1 ( x + 6) + x + + Ta có: 0,5 0,5  x = (TM)  1 ⇔ + x+2+ = (1)  ( x + 6) + x + + x −1 + Dễ thấy phương trình (1) vơ nghiệm VT ln dương ∀x ≥ Vậy phương trình có nghiệm x = 0,5  x ( x − 1) + ( y − 1)( y + 1) = Giải hệ phương trình:   y + x + y + = xy 1,5 2 x + y = x + y + (1) 2 y + x + y + = xy (2) 2 Hệ phương trình tương đương với  Thay 2x + y + = 2x2 +2y2 từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta có: x = y x + y = xy ⇔ x − 3xy + y = ⇔  x = y − −1  ;   4  Với x = y suy nghiệm: (1;1) ,   ± 65 ± 65  ;  20   10 Với x = y suy nghiệm:  III a − bc b − ca c − ab + + ≥0 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b a − bc b − ca c − ab Ta có: 2 + 2 + 2 ≥ 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 2a − 2bc 2b − 2ca 2c − 2ab ⇔ 2 −1 + 2 − + − ≥ −3 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b (b + c) (c + a ) (a + b) ⇔ 2 2+ 2 + ≤3 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b Chứng minh rằng: 0,5 0,5 0,5 1,0 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz : b2 c2 (b + c) + ≥ ; a + b2 a + c 2a + b2 + c a2 b2 ( a + b) + ≥ c + a c + b 2c + a + b c2 a2 ( c + a) + ≥ ; b2 + c b2 + a 2b + c + a 0,25 Suy ra: (b + c) (c + a ) ( a + b) + + 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b b2 c2 c2 a2 a2 b2 ≤ + + + + + =3 a + b2 a2 + c2 b2 + c2 b2 + a2 c2 + a c2 + b2 Vậy ta có đpcm Dấu “=” xảy a = b = c IV Chứng minh tứ giác BHCK nội tiếp 0,25 0,25 3,0 1,0 t D A E M N H O O1 B P I C Q O2 K Ta có BOC = 1200 ⇒ BAC = 600 ⇒ ABM = ACN = 300 BHC = 1200 0,25 Xét (O1) ta có AKB = ADB mà ADB = ABD (∆ ABD cân A) ⇒ ADB = 300 ⇒ AKB = 300 0,25 Chứng minh tương tự ta có AKC = 300 ⇒ BKC = AKB + AKC = 600 0 0,25 ⇒ BKC + BHC = 60 + 120 = 180 ⇒ Tứ giác BHCK nội tiếp Chứng minh MN // O1O2 ba điểm E, B, K thẳng hàng 0,25 1,0 Vì O1O2 ⊥ AK nên ta chứng minh MN ⊥ AK Kẻ tiếp tuyến At (O) A Ta có AMN = ABC (Cùng bù với MNC ) Mà ABC = tAC ⇒ AMN = tAC ⇒ At // MN mà OA ⊥ At ⇒ MN ⊥ OA Bây ta chứng minh cho A, O, K thẳng hàng Theo ta có AKB = AKC = 30 ⇒ AK phân giác BKC Ta có BOC + AKC = 1200 + 600 = 1800 ⇒ Tứ giác BOCK nội tiếp Vì OB = OC tứ giác BOCK nội tiếp ⇒ OKB = OKC ⇒ KO phân giác BKC (2) Từ (1) (2) suy A, O, K thẳng hàng Mà MN ⊥ OA ⇒ MN ⊥ AK Ta lại có O1O2 ⊥ AK ⇒ MN // O1O2 0,25 (1) 0,25 0,25 V Ta có EBC = ABC = AOC CBK = KOC ⇒ EBC + CBK = AOC + COK = AOK = 1800 ⇒ E, B, K thẳng hàng 1 Tìm vị trí điểm A cho + nhỏ KB KC Kẻ KQ ⊥ BC gọi I giao điểm AK BC Ta có 1 S BHCK = BC ( OP + KQ ) ≤ BC ( OI + KI ) = BC.OK 2 Vì BHOCK nội tiếp ∆ BHC ∆ ABC có bán kính đường trịn ngoại tiếp nên BHOCK nội tiếp đường trịn bán kính R ⇒ OK ≤ 2R 1 ⇒ S BHCK ≤ BC.OK ≤ R 3.2R = R 2 R R2 3 Mặt khác S BHCK = R + KB.KC.sin 600 = + KB.KC ≤ R2 2 4 1 2 ⇒ KB.KC ≤ 3R2 ⇒ + ≥ ≥ 2 KB KC KB.KC 3R   ⇒  + = ⇔ OK = 2R, P ≡ I, Q ≡ I ⇔ ∆ ABC ⇔ A 2  KC  3R  KB điểm cung AB Chứng minh 15 số tự nhiên ln tồn số nguyên tố Phản chứng giả sử 15 số tự nhiên hợp số Do 2016 < 2209 = 472 nên số tự nhiên có ước nguyên tố nhỏ 47 Gọi pi ước nguyên tố , pi < 47 Do có tất 14 số nguyên tố nhỏ 47 nên theo nguyên lý Dirichlet tồn i ≠ j mà pi = p j Suy a j không nguyên tố nhau, mâu thuẫn với giả thiết Vậy 15 số tự nhiên ln tồn số ngun tố 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,75 Các ý chấm: 1) Thí sinh phải lập luận đầy đủ cho điểm tối đa 2) Thí sinh có cách giải đúng, khác với hướng dẫn giám khảo chấm cho điểm theo số điểm quy định dành cho câu (hay ý) 3) Vận dụng hướng dẫn chấm chi tiết đến 0,25 điểm nên khơng làm trịn điểm thi