Đề thi thử vào lớp 10 chuyên môn Toán trường THPT chuyên Nguyễn Huệ lần 1 năm 2016 - 2017

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN THPT

NGUYỄN HUỆ LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2016 - 2017

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin)

Bài I (2,0 điểm).
1) Cho các số a,b,c khác 0 thỏa mãnab+bc+ca = 0 . Tính giá trị biểu thức:

P = bc+ ca + ab
a2 b2 c2
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn :
x + y (x – y + 1) – (x – 1)y = 22.

Bài II (3,0 điểm).

1) Giải phương trình:3x+6 + x = 7− x−1 .

2x(x−1)+ y(1 2y)(1 = 0)
2) Giải hệ phương trình 2
 2y +2x+ y +1= 6xy

Bài III (1,0 điểm).

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a −bc b −ca c −ab
2a +b +c 2 + 2b +c +a 2+ 2c +a +b 2≥0

Bài IV (3,0 điểm).

Cho đường tròn (O, R), dây BC cố định và BOC =120 . 0 Đ iểm A di động trên

cung lớn BC sao cho ∆ ABC nh ọn. Hai đường cao BM và CN c ắt nhau ại H. G ọi D là

điểm đối xứng với B qua M và E là đểm đối xứng v ới C qua N. Đườ ng tròn (O ; R )
1 1
ngo ại ếp ∆ ABD và đườ ng tròn (O2; R2) ngại tếp ∆ ACE c ắt nhau ạiđ ểm th ứhai K.

1) Chứng minh rằng tứ giác BHCK n ội ếp.

2) Chứng minh rằng MN // O 1 v2 ba điểm E, B, K thẳng hàng.

3) Tìm vịtrí ủa đểm A sao cho 1 + 1 nhỏ nhất.
KB 2 KC 2

Bài V (1,0 điểm).

Cho 2≤ a 1 a 2 a 3...< a15 2016 là 15 sốtự nhiên đôi một nguyên tố cùng nhau.
Ch ứng minh rằng trong 15 sốtự nhiên đó luôn ồn tại ít ất mộ t ố nguyên tố.

----------------------ết----------------------
(Giám thị không giải thích gì thêm)

H ọvà tên thí sinh...............................S.ốbáo danh:................................

Chữ ký của giám thịsố 1: Chữ ký của giám thị ố 2:
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN MỘT VÀO LỚP 10
NGUYỄN HUỆ NĂM HỌC 2016 – 2017

Môn thi: TOÁN

(Dành cho hệ chuyên Toán và chuyên Tin)
BÀI Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM
I
2,0
1 bc ca ab
Tính giá trị biểu thứcP = 2+ 2 + 2
a b c
1,0
1 1 1 0,25
Ta có: ab+bc+ca = 0⇒ a+ b c = 0

P = abc(1 + 1 + 1 ) = abc( + 1 + 1 − 3 )+3
a3 b3 c3 a3 b3 c3 abc 0,25
1 1 1 1 1 1 1 1 1
= abc( + + )( 2 + 2 + 2 − − − )+3
a b c a b c ab bc ca 0,25
= 0+3= 3 0,25
2 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn :
2 2
x + y (x – y + 1) – (x – 1)y = 22. 1,0
2 2
x + y (x – y + 1) – (x – 1)y = 22
2 2
⇔ x – xy + y + y (x – y + 1) = 22
2 2
⇔ (x – xy + x) – (x – y + 1) + y (x – y + 1) = 21
2
⇔ (x – y + 1)(x + y – 1) = 21 0,25
2
Vì x, y là các số nguyên dương nên x – y + 1 và x + y – 1 là các ước dương
của 21.
x – y + 1 1 21 3 7
2
x2+ y – 1 21 1 7 3
y + y – 2 20 - 20 4 - 4
y × × 2 ×
0,5
x × × 4 ×
Vậy có một cặp nguyên dương (x, y) thỏa mãn phương trình đầu bài là (4; 2)0,25

II 3,0
3 2
1 Giải phương trình: x+6 + x = 7− x−1 . 1,5

ĐK: x≥1
0,5
Ta có: 3 x+6 −2+ x −4+ x−1−1= 0

⇔ x−2 +(x −2)(x +2) + x−2 = 0 0,5
3 (x+6) +2 x+6 +4 x−1+1

x = 2 (TM)

⇔  1 + x+2+ 1 = 0 (1)
3 (x+6) +2 x+6 +4 x−1+1

Dễ thấy phương trình (1) vô nghiệm do VT luôn dương∀ x≥1
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 0,5

1
2 2x(x−1)+ y −1 2y+1 = 0
Giải hệ phương trình:  ( )( )
2y 2+ 2x+ y 1 6xy
 1,5

2x +2y = 2x+ y+1 (1)
Hệ phương trình tương đương với  2
2y + 2x +y 1 6xy (2)

2 2
Thay 2x + y + 1 = 2x +2y từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta có:

2x +4y = 6xy ⇔ x2− 3xy +y 2= ⇔ x = y
x= 2y 0,5


−1 −1 
Với x = ysuy ra nghiệm: ( ) , ;  0,5
 4 4 

5 ± 65 5 ± 65
Với x = 2ysuy ra nghiệm:  ;  0,5
 10 20 
2 2 2
III a −bc b −ca c −ab
Chứng minh rằng: 2a +b +c 2 + 2b +c +a 2+ 2c +a +b 2≥0 1,0

a −bc b −ca c −ab
Ta có: 2 2 2 + 2 2 2 + 2 2 2 ≥0
2a +b +c 2b +c +a 2c +a +b
2a − bc 2b − ca 2c − ab
⇔ 2 2 2 −1+ 2 2 2−1+ 2 2 2−1≥ −3
2a +b +c 2b +c +a 2c +a +b
b+c )2 (c+a )2 (a+b )2
⇔ + + ≤3
2a +b +c 2 2b +c +a 2 2c +a +b 2 0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
b 2 c2 (b+c) 2 c2 a 2 (c+a) 2
2 2+ 2 2 ≥ 2 2 2 ; 2 2+ 2 2≥ 2 2 2 ;
a +b a +c 2a +b +c b +c b +a 2b +c +a
a 2 b2 (a+b) 2
2 2+ 2 2 ≥ 2 2 2
c +a c +b 2c +a +b 0,25
Suy ra:
2 2 2
(b+c) (c+a) (a+b)
2 2 2+ 2 2 2+ 2 2 2
2a +b +c 2b +c +a 2c +a +b
b2 c2 c2 a 2 a 2 b2
≤ 2 2 + 2 2 + 2 2+ 2 2+ 2 2+ 2 2 =3
a +b a +c b +c b + a c +a c +b 0,25
Vậy ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c 0,25

IV 3,0
1. Chứng minh rằng tứ giác BHCK nội tiếp.
1,0

2
t

D
A

E

M
N
H O
O1

B C
P I Q

O2

K

▯ 0 ▯ 0
Ta có BOC =120 ⇒ BAC = 60
⇒ ABM = ACN = 30 0và BHC =120 . 0,25

Xét (O1) ta cAKB = ADB mà ADB = ABD (∆ ABD cân tại A) 0,25
⇒ ▯ 0⇒ ▯ 0.
ADB = 30 AKB = 30
Ch ứng minh ương ự ta cóAKC = 30 0.
▯ ▯ ▯ 0
⇒ BKC = AKB + AKC = 60 0,25
⇒ BKC + BHC = 60 +120 =180 0
⇒ Tứ giác BHCK nội ếp 0,25

2. Chứng minh rằng MN // O1O2và ba điểm E, B, K thẳng hàng. 1,0

Vì O 1 2 AK nên ta sẽchứng minh MN ⊥ AK.
K ẻtip tuyến At ủa (O)ại A. Ta cóAMN = ABC (Cùng bù vớiMNC )

Mà ABC = tAC ⇒ AMN = tAC ⇒ At // MN mà OA ⊥ At ⇒ MN ⊥ OA.
Bây giờ taẽ đi cứng minh cho A, O, K ẳng hàng.
0,25
Theo trên ta cAKB = AKC = 30 0⇒ AK là phân giáBKC (1)
▯ ▯ 0 0 0
Ta có BOC + AKC =120 +60 =180
⇒ Tứ giác BOCK nội tếp.
▯ ▯
Vì OB = OC và tứgiác BOCK n ội ếp ⇒ OKB = OKC
⇒ KO là phân giácBKC (2)
T ừ(1) và (2) suy ra A, O,ẳng hàng 0,25

Mà MN ⊥ OA ⇒ MN ⊥ AK.
Ta lại có 1 2 ⊥ AK ⇒ MN // O1O 2 0,25

3
▯ ▯ ▯ ▯ ▯
Ta có EBC = 2ABC = AOC và CBK = KOC
⇒ EBC +CBK = AOC +COK = AOK =180 0
⇒ E, B, K ẳng hàng. 0,25

3. Tìm vị trí của điểm A sao cho + 1 nhỏ nhất.
KB 2 KC 2 1,0

Kẻ KQ ⊥ BC và g ọi I là giđiểm của AK và BC. Ta có
S = 1BC OP+ KQ ≤ 1BC OI + KI = 1BC.OK
BHCK 2 ( ) 2 ( ) 2

Vì BHOCK n ội tp và ∆ BHC và ∆ ABC có bán kính đườ ng tròn ngại tếp
bằng nhau nên BHOCK n ội ếp đường tròn bán kính R⇒ OK ≤ 2R. 0,25
1 1 2
⇒ SBHCK≤ 2 BC.OK ≤ 2 R 3.2R = R 3
2
1 R 1 0 R 3 3 2
M ặt khácSBHCK =2 R 3. 2 + 2KB.KC.sin60 = 4 + 4 KB.KC ≤ R 3 0,25

⇒ KB.KC ≤ 3R 2⇒ 1 + 1 ≥ 2 ≥ 2
KB 2 KC 2 KB.KC 3R2 0,25
 1 1  2
⇒ min  2+ 2 = 2 ⇔ OK = 2R, P ≡ I, Q ≡ I ⇔ ∆ ABC đều ⇔ A là
KB KC  3R 0,25
đểm chính giữa cung AB.
V Chứng minh rằng trong 15 số tự nhiên đó luôn tồn tại ít nhất một số nguyên
tố. 1,0
2
Phản chứng giảsử 15 ố tựnhiên đó đều là ợp ố . Do2016 < 2209 = 47nên 0,25
mỗ i ốtự nhiênđó đều có mộtướ c nguyên ố nhỏ hơn 47.
Gọi p là ước nguyên ố của a ,p < 47. Do có ất ả 14 ố nguyên tốnhỏ hơn 0,75
i i i
47 nên theo nguyên lý Dirichlet tạii ≠ jà pi= p jSuy raai và ajkhông
nguyên ố cùng nhau, mâu thuẫn ớ i gảthết.

Vậy trong 15 ố ự nhiênđ ó luônồn tại ít ất một ố nguyên ố.

Các chú ý khi chấm:
1) Thí sinh phiập luận đầyđủ m ới chođiểm ối đa.
2) Thí sinh có cách giđúng, khác với ướ ng dẫn thì giám kảo vẫn chấm và cho đểm theo số đểm
quyđịnh dành cho câu (hay ýđó.

3) Vận dụng hướng dẫn chấm chi tếtđến 0,25 đểm nên không làm trònđiểm bài thi.

4