Đề thi thử vào Lớp 10 chuyên THPT môn Toán (Có đáp án) - Năm học 2016-2017 - Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ 
KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN THPT 
 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 mãn 0ab bc ca+ + = . Tính giá trị biểu thức: 
 2 2 2
bc ca abP
a b c
= + + 
 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn : 
x
2
 + y2(x – y + 1) – (x – 1)y = 22. 
Bài II (3,0 điểm). 
 1) Giải phương trình: 23 6 7 1x x x+ + = − − . 
 2) Giải hệ phương trình: ( )( )
2
2 ( 1) 1 2 1 0
2 2 1 6
x x y y
y x y xy
 − + − + =

+ + + =
Bài III (1,0 điểm). 
 Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 02 2 2
a bc b ca c ab
a b c b c a c a b
− − −
+ + ≥
+ + + + + +
Bài IV (3,0 điểm). 
 Cho đường tròn (O, R), dây BC cố định và 
 0120BOC = . Điểm A di động trên 
cung lớn BC sao cho ∆ ABC nhọn. Hai đường cao BM và CN cắt nhau tại H. Gọi D là 
điểm đối xứng với B qua M và E là điểm đối xứng với C qua N. Đường tròn (O1; R1) 
ngoại tiếp ∆ ABD và đường tròn (O2; R2) ngoại tiếp ∆ ACE cắt nhau tại điểm thứ hai K. 
 1) Chứng minh rằng tứ giác BHCK nội tiếp. 
 2) Chứng minh rằng MN // O1O2 và ba điểm E, B, K thẳng hàng. 
 3) Tìm vị trí của điểm A sao cho 2 2
1 1
KB KC
+ nhỏ nhất. 
Bài V (1,0 điểm). 
 Cho 1 2 3 152 ... 2016a a a a≤ < < < < ≤ là 15 số tự nhiên đôi một nguyên tố cùng nhau. 
Chứng minh rằng trong 15 số tự nhiên đó luôn tồn tại ít nhất một số nguyên tố. 
------------------------- Hết---------------------- 
(Giám thị không giải thích gì thêm) 
Họ và tên thí sinh: .....................................................Số báo danh:............................... 
 Chữ ký của giám thị số 1: Chữ ký của giám thị số 2: 
1
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 Tính giá trị biểu thức: 2 2 2
bc ca abP
a b c
= + + 
1,0 
 Ta có: 1 1 10 0ab bc ca
a b c
+ + = ⇒ + + =
0,25 
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 3( ) ( ) 3P abc abc
a b c a b c abc
= + + = + + − + 0,25 
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1( )( ) 3abc
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 : 
x2 + y2(x – y + 1) – (x – 1)y = 22. 1,0 
 x
2
 + y2(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 0,25 
Vì x, y là các số nguyên dương nên x – y + 1 và x + y2 – 1 là các ước dương 
của 21. 
x – y + 1 1 21 3 7 
x + y2 – 1 21 1 7 3 
y2 + y – 2 20 - 20 4 - 4 
y × × 2 × 
x × × 4 × 
0,5 
Vậy có một cặp nguyên dương (x, y) thỏa mãn phương trình đầu bài là (4; 2). 0,25 
II 3,0 
1 Giải phương trình: 23 6 7 1x x x+ + = − − . 1,5 
ĐK: 1x ≥ 
Ta có: 23 6 2 4 1 1 0x x x+ − + − + − − = 
0,5 
2 33
2 2( 2)( 2) 0
1 1( 6) 2 6 4
x x
x x
xx x
− −
⇔ + − + + =
− ++ + + +
0,5 
2 33
2 (TM)
1 12 0 (1)
1 1( 6) 2 6 4
x
x
xx x
=

⇔  + + + =
 − ++ + + +
Dễ thấy phương trình (1) vô nghiệm do VT luôn dương 1x∀ ≥ 
Vậy phương trình có nghiệm 2x = 
0,5 
2
 2 
Giải hệ phương trình: ( )( )
2
2 ( 1) 1 2 1 0
2 2 1 6
x x y y
y x y xy
 − + − + =

+ + + =
1,5 
Hệ phương trình tương đương với 
2 2
2
2 2 2 1 (1)
2 2 1 6 (2)
x y x y
y x y xy
 + = + +

+ + + =
Thay 2x + y + 1 = 2x2 +2y2 từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta có: 
2 22 4 6x y xy+ = 2 23 2 0
2
x y
x xy y
x y
=
⇔ − + = ⇔ 
=
0,5 
Với x y= suy ra nghiệm: ( ) 1 11;1 , ;
4 4
− − 
 
 
0,5 
Với 2x y= suy ra nghiệm: 5 65 5 65;
10 20
 ± ±
  
 
 0,5 
III Chứng minh rằng: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 02 2 2
a bc b ca c ab
a b c b c a c a b
− − −
+ + ≥
+ + + + + +
1,0 
Ta có: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 02 2 2
a bc b ca c ab
a b c b c a c a b
− − −
+ + ≥
+ + + + + +
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 21 1 1 3
2 2 2
a bc b ca c ab
a b c b c a c a b
− − −
⇔ − + − + − ≥ −
+ + + + + +
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 3
2 2 2
b c c a a b
a b c b c a c a b
+ + +
⇔ + + ≤
+ + + + + +
0,25 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz : 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
( )
2
b c b c
a b a c a b c
+
+ ≥
+ + + +
 ; 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
( )
2
c a c a
b c b a b c a
+
+ ≥
+ + + +
; 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
( )
2
a b a b
c a c b c a b
+
+ ≥
+ + + +
 0,25 
Suy ra: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
2 2 2
3
b c c a a b
a b c b c a c a b
b c c a a b
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 
3
 t
I QP
O1
O2
H
K
D
M
E
N
B C
O
A
 Ta có 
 0120BOC = ⇒ 
 060BAC = 
⇒ 
 
 030ABM ACN= = và 
 0120BHC = . 0,25 
Xét (O1) ta có 
 
AKB ADB= mà 
 
D DA B AB= (∆ ABD cân tại A) 
⇒ 
 030ADB = ⇒ 
 030AKB = . 
0,25 
Chứng minh tương tự ta có 
 030AKC = . 
⇒ 
 
 
 060BKC AKB AKC= + = 0,25 
⇒ 
 
 0 0 060 120 180BKC BHC+ = + = 
⇒ Tứ giác BHCK nội tiếp 0,25 
2. Chứng minh rằng MN // O1O2 và ba điểm E, B, K thẳng hàng. 1,0 
Vì O1O2 ⊥ AK nên ta sẽ chứng minh MN ⊥ AK. 
Kẻ tiếp tuyến At của (O) tại A. Ta có 
 
AMN ABC= (Cùng bù với 
MNC ) 
Mà 
 
ABC tAC= ⇒ 
 
AMN tAC= ⇒ At // MN mà OA ⊥ At ⇒ MN ⊥ OA. 
Bây giờ ta sẽ đi chứng minh cho A, O, K thẳng hàng. 0,25 
Theo trên ta có 
 
 030AKB AKC= = ⇒ AK là phân giác 
BKC (1) 
Ta có 
 
 0 0 0120 60 180BOC AKC+ = + = 
⇒ Tứ giác BOCK nội tiếp. 
Vì OB = OC và tứ giác BOCK nội tiếp ⇒ 
 
OKB OKC= 
⇒ KO là phân giác 
BKC (2) 
Từ (1) và (2) suy ra A, O, K thẳng hàng 0,25 
Mà MN ⊥ OA ⇒ MN ⊥ AK. 
Ta lại có O1O2 ⊥ AK ⇒ MN // O1O2 0,25 
4
Ta có 
 
 
2EBC ABC AOC= = và 
 
OCBK K C= 
⇒ 
 
 
 
 
 0180EBC CBK AOC COK AOK+ = + = = 
⇒ E, B, K thẳng hàng. 0,25 
3. Tìm vị trí của điểm A sao cho 2 2
1 1
KB KC
+ nhỏ nhất. 
1,0 
Kẻ KQ ⊥ BC và gọi I là giao điểm của AK và BC. Ta có 
( ) ( )1 1 1 .
2 2 2BHCK
S BC OP KQ BC OI KI BC OK= + ≤ + = 
Vì BHOCK nội tiếp và ∆ BHC và ∆ ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp 
bằng nhau nên BHOCK nội tiếp đường tròn bán kính R ⇒ OK ≤ 2R. 0,25 
⇒ 2
1 1
. 3.2R 3
2 2BHCK
S BC OK R R≤ ≤ = 
Mặt khác 
2
0 21 1 3 33. . .sin 60 . 3
2 2 2 4 4BHCK
R RS R KB KC KB KC R= + = + ≤ 
0,25 
⇒ KB.KC ≤ 3R2 ⇒ 2 2 2
1 1 2 2
. 3KB KC KB KC R
+ ≥ ≥ 
0,25 
⇒ 2 2 2
1 1 2
min
3KB KC R
 
+ = 
 
 ⇔ OK = 2R, P ≡ I, Q ≡ I ⇔ ∆ ABC đều ⇔ A là 
điểm chính giữa cung AB. 
0,25 
V Chứng minh rằng trong 15 số tự nhiên đó luôn tồn tại ít nhất một số nguyên 
tố. 1,0 
 Phản chứng giả sử 15 số tự nhiên đó đều là hợp số. Do 22016 2209 47< = nên 
mỗi số tự nhiên đó đều có một ước nguyên tố nhỏ hơn 47. 
0,25 
Gọi ip là ước nguyên tố của ia , 47ip < . Do có tất cả 14 số nguyên tố nhỏ hơn 
47 nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại i j≠ mà i jp p= .Suy ra ia và ja không 
nguyên tố cùng nhau, mâu thuẫn với giả thiết. 
Vậy trong 15 số tự nhiên đó luôn tồn tại ít nhất một số nguyên tố. 
0,75 
Các chú ý khi chấm: 
1) Thí sinh phải lập luận đầy đủ mới cho điểm tối đa. 
2) Thí sinh có cách giải đúng, khác với hướng dẫn thì giám khảo vẫn chấm và cho điểm theo số điểm 
quy định dành cho câu (hay ý) đó. 
3) Vận dụng hướng dẫn chấm chi tiết đến 0,25 điểm nên không làm tròn điểm bài thi.