Đề Toán chuyên Phan Bội Châu 2014-2015 (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NGHỆ AN 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 
Năm học 2014-2015 
Môn thi chuyên: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. 
Câu 1 (7,0 điểm). 
a) Giải phương trình 
21 2 3 2 4 3.x x x x x x 
b) Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
1
( 1) ( 1) 2
3 1.
x y
y x
xy x y
Câu 2 (3,0 điểm). 
a) Tìm các số nguyên x và y thoả mãn phương trình 29 2x y y . 
b) Tìm các chữ số a, b sao cho 
2 3
.ab a b 
Câu 3 (2,0 điểm). 
Cho các số a, b, c không âm. Chứng minh rằng 
22 2 2 33 2 .a b c abc ab bc ca 
Đẳng thức xảy ra khi nào? 
Câu 4 (6,0 điểm). 
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao AE và CF cắt nhau 
tại H. Gọi P là điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B, C); M, N lần lượt là hình chiếu của P 
trên các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng: 
a) OB vuông góc với EF và 2
BH EF
BO AC
 . 
b) Đường thẳng MN đi qua trung điểm của đoạn thẳng HP. 
Câu 5 (2,0 điểm). 
Cho tam giác nhọn ABC có 60 , 2 3oBAC BC cm. Bên trong tam giác này cho 
13 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm được 2 điểm mà khoảng cách 
giữa chúng không lớn hơn 1cm. 
----------Hết---------- 
Họ và tên ....................................................................Số báo danh ........................................ 
Đề chính thức 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu Nội dung Điểm 
1. 7,0 
a) 3,5 
Điều kiện: 𝑥 ≥ −1 
Ta có: √𝑥 + 1 + 2𝑥√𝑥 + 3 = 2𝑥 + √𝑥2 + 4𝑥 + 3 
0,5 
 ⇔ 2𝑥√𝑥 + 3 − 2𝑥 + √𝑥 + 1 − √(𝑥 + 1)(𝑥 + 3) = 0 0,25 
 ⇔ 2𝑥(√𝑥 + 3 − 1) − √𝑥 + 1(√𝑥 + 3 − 1) = 0 0,5 
 ⇔ (√𝑥 + 3 − 1)(√𝑥 + 1 − 2𝑥) = 0 0,5 
 ⇔ [
√𝑥 + 3 = 1 (1) 
√𝑥 + 1 = 2𝑥 (2) 
 0,5 
 Ta có (1) ⇔ 𝑥 = −2 (loại) 0,5 
 (2) ⇔ {
𝑥 ≥ 0
𝑥 + 1 = 4𝑥2
⇔ {
𝑥 ≥ 0
4𝑥2 − 𝑥 − 1 = 0
⇔ {
𝑥 ≥ 0
𝑥 =
1±√17
8
 ⇔ 𝑥 =
1+√17
8
 (thỏa mãn) 0,5 
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm 𝑥 =
1+√17
8
 0,25 
b) 3,5đ 
Điều kiện: 1; 1x y 
Hệ phương trình đã cho tương đương với 
2 2
2 2
1
( 1) ( 1) 2
1
.
1 1 4
x y
y x
x y
y x
0,5 
Đặt ;
1 1
x y
u v
y x
, hệ đã cho trở thành 
2 2 1
2
1
4
u v
uv
 0,5 
2 2
2 2
2 1
2 0
u v uv
u v uv
2
2
1
0
u v
u v
 0,5 
Suy ra 
1
2
u v hoặc 
1
2
u v 0,5 
Nếu 
1
2
u v thì 
1 2
1
1 2
y x
x y
x y
 (thỏa mãn) 0,75 
Nếu 
1
2
u v thì 
1 2 1
1 2 3
y x
x y
x y
 (thỏa mãn) 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: 
1
1;
3
x y x y 
0,75 
2. 3,0 đ 
a) 2,0 đ 
Phương trình đã cho tương đương với 9 1 2x y y (1) 0,5 
Nếu 1 3y thì 2 1 3 3 1 2 9y y y y 
mà 9 9x , x nên ta có mâu thuẫn. 
0,5 
Suy ra 1 3,y do đó 1 3 3 1y k k y k k 0,5 
Thay vào (1) ta có: 9 3 3 3 1x k k x k k 0,25 
Vậy phương trình có nghiệm: 
 1
3 1
x k k
y k
 k 0,25 
b) 1,0 đ 
Từ giả thiết suy ra ab a b a b (1) 
Vì ab và *a b nên a b là số chính phương. 
0,25 
Mặt khác 1 18a b nên 1, 4, 9, 16a b 0,25 
Nếu 1,a b 4,a b 16a b thì thay vào (1) không thỏa mãn 
Nếu 9a b thay vào (1) ta được 27ab . 
Vậy 2, 7a b . 
0,5 
 3. 2,0 đ 
Đặt 
3 3 32 2 2, ,a x b y c z . 
Suy ra 
2 3 2 3 2 3, ,a x b y c z , 3 3 3, ,a x b y c z và , , 0x y z 
Bất đẳng thức đã cho trở thành: 
 3 3 3 3 3 3 3 3 33 2x y z xyz x y y z z x (1) 
0,5 
Vì vai trò của , ,x y z bình đẳng nên có thể giả sử 0x y z 
Khi đó 
2 2
0x x y z y z z x y x y y z 
Suy ra 3 3 3 3x y z xyz xy x y yz y z zx z x (2) 
 0,5 
Áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có 3 32 2xy x y xy xy x y (3) 
Tương tự ta có 3 32yz y z y z (4) 
 3 32zx z x z x (5) 
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (3), (4), (5) ta được 
 3 3 3 3 3 32xy x y yz y z zx z x x y y z z x (6) 
0,5 
Từ (2) và (6) ta có 
 3 3 3 3 3 3 3 3 33 2x y z xyz x y y z z x . 
Đẳng thức xảy ra khi x y z hay a b c . 
0,5 
4. 6,0 đ 
a) 4,0 đ 
Vì 
0AEC AFC 90 nên tứ 
giác ACEF nội tiếp. 
0,5 
Suy ra BFE ACB (cùng 
bù với góc AFE ) (1) 
0,5 
 Kẻ tia tiếp tuyến Bx của 
đường tròn (O) tại B. 
 Ta có ACB ABx (cùng 
chắn cung AB ) (2) 
0,5 
Từ (1) và (2) suy ra BFE ABx 0,5 
Do đó //Bx EF 0,5 
Mà OB Bx nên OB EF 0,5 
Xét BEF và BAC có ABC chung và BFE ACB ( theo (1)) 
nên BEF và BAC đồng dạng. 
0,5 
Mặt khác BEF và BAC lần lượt nội tiếp đường tròn bán kính 
2
BH
 và 0,5 
N1
M1
x
O
F
E
H
N
M
P
CB
A
 P
F
N
M
E
I
H
G
O
C
B
A
đường tròn bán kính OB nên 
2.
EF BH
AC OB
Từ đó ta có 2
BH EF
BO AC
 . 
 b) 2,0 đ 
Gọi M1 và N1 lần lượt là các điểm đối xứng với P qua AB và AC. 
Ta có 1AM B APB (do tính chất đối xứng) (3) 
0,25 
 APB ACB (cùng chắn cung AB) (4) 0,25 
Tứ giác BEHF nội tiếp nên BFE BHE (5) 
Mặt khác theo câu a) BFE ACB (6) 
0,25 
 Từ (3), (4), (5), (6) suy ra 1AM B BHE 
0
1 180AM B AHB , 0,25 
 do đó tứ giác AHBM1 nội tiếp 0,25 
1 1AHM ABM mà 1ABM ABP nên 1AHM ABP . 0,25 
Chứng minh tương tự ta có 1AHN ACP . 0,25 
 01 1 180AHM AHN ABP ACP M1, N1, H thẳng hàng 
 Mặt khác MN là đường trung bình của tam giác PM1 N1 , do đó MN đi qua 
trung điểm của PH. 
0,25 
5. 2,0 đ 
 Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam 
giác ABC và M, N, P lần lượt là trung 
điểm của BC, CA, AB. 
Do tam giác ABC nhọn nên O nằm 
trong tam giác ABC 
Vì 
060BAC nên 060MOC , suy 
ra 
0
2
sin60
MC
OA OB OC 
0,5 
Vì O nằm trong tam giác ABC và , ,OM BC ON AC OP AB   
Suy ra tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp 
các đường tròn có đường kính 2 (đường kính lần lượt là OA, OB, OC). 
0.25 
 Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít 
nhất 5 điểm trong 13 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác ANOP. 
0,25 
 Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung 
điểm OA, suy ra 1IA IP IO IN . 
0,25 
 Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, 
IHNE nội tiếp các đường tròn có đường kính 1. 
0,25 
 Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít 
nhất 2 điểm trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y 
0,25 
 trong số 13 điểm đã cho. 
 Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại 
tiếp tứ giác này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa 
là khoảng cách giữa X, Y không vượt quá 1. 
0,25