Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán (chuyên) - Năm học 2016-2017 - Phan Lâm

TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIÊN, BÙ ĐÓP, BÌNH PHƯỚC 
Giáo viên môn công nghẹ: Phan Lâm 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
BÌNH PHƯỚC 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 (Đề thi có 01 trang) 
 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC: 2016 - 2017 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN (chuyên) 
Ngày thi: 12/6/2016 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức 
2 2 1
. ,
12 1
x x x
P
xx x x
   
  
  
 với 0,x  1.x  
a Rút gọn biểu thức P 
b. Tính giá trị của biểu thức P tại  46 6 5 3 5 1 .x     
Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình 
2 22 4 3x mx m m    (m là tham số). Tìm m đê 
phương trình có hai nghiệm 
1x 2x sao cho biểu thức 
2 2
1 2 1 2T x x x x   đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu 3 (2,0 điểm) 
a. Giải phương trình  2 24 1 3 2 7 3 14 .x x x x     
b. Giải hệ phương trình 
2
3 2
3 1 2 1
4 7 5 2 0
xy y y x y
x y xy xy x y
      

     
Câu 4 (3.0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AB AC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp 
tuyến tại A của (O) cắt đường thẳng BC tại T. Gọi (T) là đường tròn tâm T bán kính TA. 
Đường tròn (T) cắt đoạn thẳng NC tại K. 
a. Chứng minh rằng 
2 .TA TBTC và AK là tia phân giác góc .BAC 
b. Lấy điểm P trên cung nhỏ AK của đường tròn (T). Chứng minh TP là tiếp tuyến của 
đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC. 
c. Gọi S, E, F lần lượt là giao điểm thứ hai của AP, BP, CP với (O). Chứng minh rằng: 
.SO EF 
Câu 5 (1.0 điểm). Cho biểu thức 4 3 22 16 2 15.Q a a a a     Tìm tất cả các giá trị 
nguyên của a để Q chia hết cho 16. 
Câu 6 (1.0 điểm) 
a. Từ 2016 số; 1, 2, 3  2016 ta lấy ra 1009 số bất kì. Chứng minh rằng trong các số lấy ra 
có ít nhất hai số nguyên tố cùng nhau. 
b. Cho hai số thực a, b đều lớn hơn 1. Chứng minh rằng: 
6 11
3 4
21 1
ab
a b b a
  
  
 .. HẾT .. 
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh: .. SBD: .... 
Họ và tên giám thị 1: ..Chữ kí: .. 
Họ và tên giám thị 2:...Chữ kí: .. 
TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIÊN, BÙ ĐÓP, BÌNH PHƯỚC 
Giáo viên môn công nghẹ: Phan Lâm 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1 Cho biểu thức 
2 2 1
. ,
12 1
x x x
P
xx x x
   
  
  
 với 0,x  1.x  
a Rút gọn biểu thức P 
    
2
2 2 1 2 2 1
. .
12 1 1 11
x x x x x x
P
xx x x xx xx
 
                    
     
2 2
2 2 1 2 1
. .
1 1 1 1
x x x x x x x
x xx x x x
      
 
   
     
2
2 2 1 2 2
.
11 11 1
x x x x x
xx x xx x
     
  
  
b. Tính giá trị của biểu thức P tại  46 6 5 3 5 1 .x     
Ta có  46 6 5 3 5 1 45 2.3 5 1 3 5 3x          
 
2
3 5 1 3 5 3 3 5 1 3 5 3 3 5 1 3 5 3 2x              
Suy ra 
2 2
2
1 2 1
P
x
  
 
Câu 2 Cho phương trình 
2 22 4 3x mx m m    (m là tham số). Tìm m đê phương 
trình có hai nghiệm 
1x 2x sao cho biểu thức 
2 2
1 2 1 2T x x x x   đạt giá trị nhỏ nhất. 
Phương trình có hai nghiệm khi ' 0  
Do đó    2 2
3
4 3 4 3 0
4
m m m m m          (1) 
Theo định lí Vi-ét thì 
1 2
2
1 2
2
4 3
x x m
x x m m
 

  
Ta có:    22 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 23 4 3 4 3 12 9T x x x x x x x x m m m m m             
Xét hàm số 
2 12 9y m m   ta có 1,a  12b  và 9c  
Vì 1 0a   và 
12
6
2 2.1
b
a
     nên hàm số đồng biến khi 6m   và hàm số nghịch 
biến khi 6m   
Suy ra khi 
3
4
m   thì 2 12 9m m  luôn đồng biến. do đó 2
9
12 9
16
m m   
Hay giá trị nhỏ nhất của T là 
9
16
T  đạt được khi 
3
4
m   \ 
Câu 3 (2,0 điểm) 
a. Giải phương trình  2 24 1 3 2 7 3 14 .x x x x     
Điều kiện 
2 12 7 3 0
2
x x x     và 3.x  
TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIÊN, BÙ ĐÓP, BÌNH PHƯỚC 
Giáo viên môn công nghẹ: Phan Lâm 
Ta có  2 24 1 3 2 7 3 14x x x x     
 2 22 2 7 3 3 2 7 3 2 0 (1)x x x x        
Đặt 
22 7 3 0t x x    khi đó 
2
2
(1) 2 3 2 0 1
2
t
t t
t

    
  

Với 
1
0
2
t    không thỏa mãn. 
Với 
2 2 7 572 2 7 3 2 2 7 1 0
4
t x x x x x

           
Đới chiếu với điều kiện ban đầu ta suy ra 
7 57
4
x

 thỏa mãn. 
b. Giải hệ phương trình 
2
3 2
3 1 2 1 (1)
4 7 5 2 0 (2)
xy y y x y
x y xy xy x y
      

     
Điều kiện 
1
3 1 0
3
2 1 0
2 1
y y
x y
x y

   
 
     
Ta có: 
2 3 1 2 1xy y y x y      
  2 1 3 1 0y x y x y y        
  0
2 1 3 1
x y
y x y
x y y

   
   
   
1
0 *
2 1 3 1
x y y
x y y
 
         
Trường hợp 1: với 
1
3
y  và 
1
2 1
3
x y x    ta thấy không thỏa mãn phương trình (2). 
Trường hợp 2: 
1
3
y  và 
1
.
3
x  
Vì 
1
3
y  nên 
1
2 1 3 1
y
x y y

   
do đó (*) có nghiệm khi x y thế vào (2) ta 
được    24 3 2 2 2
1
4 7 6 2 0 1 2 2 0
2 2 0
x
x x x x x x x
x x

           
  
Với 
2 2 2 0x x   ta có:  
2
' 1 2.1 1 0        vô nghiệm. 
Với 1x  thì 1y  thỏa mãn. 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là    ; 1;1x y  
Câu 4 Cho tam giác nhọn ABC có AB AC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A 
của (O) cắt đường thẳng BC tại T. Gọi (T) là đường tròn tâm T bán kính TA. Đường 
tròn (T) cắt đoạn thẳng NC tại K. 
a. Chứng minh rằng 
2 .TA TBTC và AK là tia phân giác góc .BAC 
TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIÊN, BÙ ĐÓP, BÌNH PHƯỚC 
Giáo viên môn công nghẹ: Phan Lâm 
b. Lấy điểm P trên cung nhỏ AK của đường tròn (T). Chứng minh TP là tiếp tuyến của 
đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC. 
c. Gọi S, E, F lần lượt là giao điểm thứ hai của AP, BP, CP với (O). Chứng minh rằng 
.SO EF 
a. Chúng minh: 
2 .TA TBTC và AK là tia phân giác của góc BAC 
- Xét hai tam giác TAB và TAC ta có: ATB ATC (góc chung). TAB TCA (cùng chắn 
cung AB ) TAB TAC  2 .
TA TC
TA TBTC
TB TA
    (đpcm) 
- Vì AK là bán kính của đường tròn (T) nên ATK cân tại T nên TAK TKA (1) 
Ta có: TAK TAB BAK  , TKA KAC KCA  (góc ngoài) mà 
1
2
TAB KCA AB  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra BAK KAC hay AK là tia phân giác của góc BAC (đpcm) 
b. Ta chứng minh TPB PCB theo quan hệ góc nọi tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây 
cung với cung bị chắn của một đường tròn). 
Ta có P thuộc đường tròn (T) nên TA TP 
TA TC TP TC
TB TA TB TP
    
Xét hai tam giác TPB và TPC có PTB PTC (góc chung) và 
TP TC
TB TP
 
TPB TPC  TPB PCB   TP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác 
PBC. (đpcm) 
c. Goi M là giao điểm của SO và TP. Ta chứng minh SO TP và //TP EF 
Ta có TPB PCB và FEB PCB (cùng chắn BF ) TPB FEB  (so le) //TP EF (3) 
Vì SOA cân tại O, PTA cân tại T nên TPA TAP MPS  và OAS OSA MSP  
090MPS MSP TPA PAO TAP PAO       hay SO TP (4) 
Từ (3) và (4) ta suy ra: .SO EF (đpcm) 
M 
E 
F 
S 
O 
T 
P 
K 
B 
C 
A 
TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIÊN, BÙ ĐÓP, BÌNH PHƯỚC 
Giáo viên môn công nghẹ: Phan Lâm 
Câu 5 Cho biểu thức 4 3 22 16 2 15.Q a a a a     Tìm tất cả các giá trị nguyên của a 
để Q chia hết cho 16. 
        34 3 2 4 3 2 22 16 2 15 2 2 1 16 1 1 1 16 1 .Q a a a a a a a a a a a                
Với a lẻ, 2 1, .a k k   Khi đó       
3 3
1 1 2 2 2 16 1 16 16a a k k k k Q       
Với k chẵn, 2 , .a k k  khi đó      
3 3
1 1 2 1 2 1a a k k     là một số lẻ nên không 
chia hết cho 16. Do đó Q không chia hết cho 16. 
Vậy khi a là một số lẻ thì Q chia hết cho 16. 
Câu 6 
c. Từ 2016 số; 1, 2, 3  2016 ta lấy ra 1009 số bất kì. Chứng minh rằng trong các số 
lấy ra có ít nhất hai số nguyên tố cùng nhau. 
d. Cho hai số thực a, b đều lớn hơn 1. Chứng minh rằng: 
6 11
3 4
21 1
ab
a b b a
  
  
a. Chia các số đã cho thành 1008 cặp sau: (1;2), (3;4), .. (2015;2016). 
Chọn 1009 số trong 1008 cặp trên nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số 
thuộc cùng một cặp. Mà hai số thuộc cùng một cặp là hai số nguyên tố cùng nhau. 
b. Cách 1: 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 
1 1
1 1 .
2 2 2
b b ab
b a b
 
      (1) 
Tương tự: 
1 1
1 1 .
2 2 2
a a ab
a b a
 
      (2) 
Từ (1) và (2) ta được 
6 6 18
3 4 3 4 3 4
31 1
ab ab ab
ab aba b b a
       
  
Đặt   23 4 4 3 2 2 3t ab t ab t t ab         Khi đó: 
   
18 18 3 1
2 2 1
( 2)( 2) ( 2)( 2) 4 4
S t t t
t t t t
       
   
   3
18 3 1 11
3 . 2 . 2 1 .
( 2)( 2) 4 4 2
t t
t t
    
 
Dấu " " xảy ra khi 4 2t a b    (đpcm). 
Cách 2: 
 Ta có 1 . .
2 2
a ab a ab
a b a ab a
 
     (1) 
Tương tự: 1 . .
2 2
b ab b ab
b a b ab b
 
     (2) 
Từ (1) và (2) suy ra  
6 6
*
1 1 aba b b a

  
Lại có 
   
 
4 3 4 8 3 43 4
3 4 **
20 33 4 4 3 4
ab abab
ab
abab ab
 
   
 
Ta chứng minh 
6 11
3 4 0
21 1
ab
a b b a
   
  
TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIÊN, BÙ ĐÓP, BÌNH PHƯỚC 
Giáo viên môn công nghẹ: Phan Lâm 
Thật vậy ta có: 
 8 3 46 11 6 11
3 4
2 20 3 21 1
ab
ab
ab aba b b a

     
  
       
 
8 3 4 12 20 3 8 3 4 11 20 36 11
20 3 2 2 20 3
ab ab ab ab ab
ab ab ab ab
     
  
 
 
 
2
15 4
0
2 20 3
ab ab
ab ab

 

 luôn đúng với mọi , 1.a b  (đpcm). 
LỜI GIẢI: PHAN LÂM 
TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN 
Quê quán: Quảng Bình. 
Đây là lời giải của Phan Lâm, chưa được kiểm duyệt còn sơ sài và trong quá trình đánh máy 
còn thiếu sót. Trong quá trình chuyển « file » bị mất dấu góc của bài hình học nên rất mong 
bạn đọc thông cảm và góp ý cho Phan Lâm.