Đề Toán chuyên Phan Bội Châu 2016-2017 (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 2016-2017 
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 25 3 1 3 4 4x x x x . 
 b) Giải hệ phương trình 2 2
2 4 3 6 0
4 12 4 9 0
xy x y
x y x y
. 
Câu 2 (3.0 điểm). 
 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ;x y sao cho 2 2 2x xy . 
Câu 3 (2.0 điểm). 
 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2
2 2 4
a b c
P
aa b b c
Câu 4 (6.0 điểm). 
 Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn O . Kẻ các tiếp tuyến AE, AF của O (E, 
F là các tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE DF , D không trùng 
với E và tiếp tuyến tại D của O cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C. 
 a) Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng OB, 
OC. Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp một đường tròn. 
 b) Kẻ tia phân giác DK của góc EDFvà tia phân giác OI của góc BOC
EF;I BCK . Chứng minh rằng OI song song với DK. 
 c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định. 
Câu 5 (2.0 điểm). 
 Mỗi điểm trong mặt phẳng được gắn với một trong hai màu đỏ hoặc xanh. Chứng 
minh rằng luôn tồn tại một tam giác đều có ba đỉnh cùng màu và có độ dài cạnh bằng 3 
hoặc 3. 
----------Hết---------- 
Họ và tên ....................................................................Số báo danh ........................................ 
Đề chính thức 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1 (7.0 điểm). 
a) Giải phương trình √5 − 3𝑥 + √𝑥 + 1 = √3𝑥2 − 4𝑥 + 4. 
• Phân tích. Phương trình có chứa nhiều dấu căn nhưng ta không nhẩm được nghiệm 
đẹp nên tạm thời ta không sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp. Lại thấy phương 
trình không thể viết thành tích hay viết thành các bình phương. Phương pháp đặt ẩn 
phụ cũng khá khó khăn vì ta không thể biểu diễn vế phải theo hai căn thức ở vế trái. 
Nhận thấy sau khi bình phương hai vế thì phương trình chỉ còn một căn thức và phân 
tích được nên ta chọn phương pháp nâng lên lũy thừa để giải bài toán này xem sao. 
√5 − 3𝑥 + √𝑥 + 1
2
= 3𝑥2 − 4𝑥 + 4 ⇔ 2√−3𝑥2 + 2𝑥 + 5 = 3𝑥2 − 2𝑥 − 2 
Đến đây ta thấy có thể giải được phương trình 
• Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là−1 ≤ 𝑥 ≤
5
3
. Phương trình đã cho 
tương đương với 
√5 − 3𝑥 + √𝑥 + 1
2
= 3𝑥2 − 4𝑥 + 4 ⇔ 2√−3𝑥2 + 2𝑥 + 5 = 3𝑥2 − 2𝑥 − 2 
Đặt 𝑡 = √−3𝑥2 + 2𝑥 + 5𝑡 ≥ 0. Khi đó phương trình trên trở thành 𝑡2 + 2𝑡 − 3 =
0 ⇔ 𝑡 = 1. 
Từ 𝑡 = 1 ta được −3𝑥2 + 2𝑥 + 5 = 1 ⇔ ∞ =
1±√13
3
. 
 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là 
1 13 1 13
;
3 3
S . 
b) Giải hệ phương trình 2 2
2 4 3 6 0
4 12 4 9 0
xy x y
x y x y
 Phân tích. Quan sát các phương trình của hệ ta thấy phương trình thứ nhất có bậc nhất đối với 
mỗi ẩn, do đó ta có thể biểu diễn ẩn này theo ẩn kia và thế vào phương trình thứ hai, tuy nhiên sau 
phép thế phương trình thu được có bậc 4 nên ta tạm thời chưa sử dụng phép thế. Quan sát kỹ các 
phương trình ta thấy phương trình thứ nhất có thể phân tích được 
2 4 3 6 0 2 3 2 0xy x y x y . Đến đây ta giải được hệ phương trình. 
 Lời giải. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 
32 3 0
2 4 3 6 0 2 3 2 0 22 0 2
x x
xy x y x y
y y
+ Với 
3
2
x , thế vào phương trình thứ hai của hệ và thu gọn ta được 
2
0
4 0
4
y
y y
y
. 
+ Với 2x , thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được 
2 1 54 12 5 0 ;
2 2
x x x x . 
Vậy hệ phương trình có các nghiệm ;x y là 
1 3 3 5
; 2 , ; 4 , ;0 , ; 2
2 2 2 2
. 
 Nhận xét. Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ có bậc hai đối với mỗi ẩn nên ta xem phương 
trình đó là phương trình ẩn y và tham số là x (vì hệ số cao nhất của y là 1). Khi đó ta viết phương 
trình lại thành 2 24 4 12 9 0y y x x . Đến đây ta được 
' 2 22 4 12 9 4 12 9x x x x , không có dạng chính phương. Do đó phương trình 
không phân tích được thành tích. Để ý lên hệ giữa hai phương trình của hệ ta thấy 
 22 24 4 2x y xy x y và 12 4 8 6 4 2x y x y x y . Do đó từ hệ phương trình ta 
được 
2 2 2 2
2
4 12 4 9 2 2 4 3 6 0 4 4 4 2 3 0
2 2 2 3 0 2 1 2 3 0
x y x y xy x y x y xy x y
x y x y x y x y
Đến đây ta có thêm một cách giải khác cho hệ phương trình. 
 Trong hệ phương trình mà mỗi phương trình có bậc hai đối với mỗi ẩn thì ta cần kiểm tra cụ 
thể từng phương trình xem có phương trình nào phân tích được thành tích. Khi không có phương 
trình phương trình nào phân tích được thành tích thì ta mới nghĩ đến phép cộng, trừ theo vế hai 
phương trình. 
 Nhận thấy giá trị của y nhận được là 4; 2;0 , điều này có nghĩ là phương trình ẩn y có 
thể phân tích được dẽ dàng. Do đó ta có thể rút x theo y từ phương trình thứ nhất rồi thế vào 
phương trình thứ hai để đươncj một phương trình bậc 4 ẩn y. Chú ý là khí rút x theo y ta phải xét 
các trường hợp của y để phương trình có thể phân tích được. 
Câu 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ;x y sao cho 2 2 2x xy . 
 Phân tích. Khi giải bài toán số học về quan hệ chia hết ta luôn có thói quen đặt kết quả phép chia 
bằng k để đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên. Ở đây ta cũng sẽ áp dụng hướng đi như vậy. 
Đặt 2 2 2x k xy khi đó ta được 2 2 2 0x kxy k là một phương trình bậc hai nên ta 
có hai ý tưởng để giải phương trình trên đó là sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình hoặc 
áp dụng hệ thức Vi – et. Xem phương trình trên là phương trình bậc 2 ẩn x thì ta có. 
+ Ý tưởng 1. Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình 
Ta có 2 2 2 24 2 2 8 8k y k k y k . Để phương trình có nghiệm x nguyên thì phải 
là số chính phương. Đến đây có vẻ như hướng đi này không hợp lí cho lắm vì nếu 2 2 8 8k y k là 
số chính phương thì cũng rất khó để tìm được k. 
 + Ý tưởng 2. Sử dụng hệ thức Vi – et để tìm điều kiện của k. Giả sử 
0 0
;x y thỏa mãn yêu cầu bài 
toán. Xét phương trình 2
0
2 2 0x kxy k , khi đó 
0
x là một nghiệm của phương trình. Do đó 
theo định lia Vi – te thì phương trình có một nghiệm nữa là 
1
x . Ta có 
0 1 0 0 1
; 2 2x x ky x x k . Đến đây dễ thấy 
1
x nhận giá trị nguyên âm nên hương đi này 
không khả thi. 
+ Ý tưởng 3. Cũng với ý tưởng đặt k như trên nhưng ta cần thay đổi bài toán một chút xem sao. 
2 22 2 2 2 2 2 2 2 2x xy x y x x y xy x y xy . 
Khi đó đặt 2 2 2x y k xy và đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên để giải. Tuy nhiên 
để giải quyết được phương trình ta cần giới hạn được k. Để làm được điều này ta cho k nhận một 
vài giá trị 1;2;... rồi giới hạn k. Ta thấy khi 1k thì ta tìm được cặp ; 3;4x y thỏa mãn. Khi 
2;3;4k ta thấy phương trình không có nghiệm nguyên dương. Do đó ta nghĩ đến chứng minh 
2k . 
 Lời giải. Ta có 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2x xy x y x x y xy x y xy 
Đặt 2 2 2x y k xy với *k N 
Xét 2k . Khi đó 
2 2 2 2 2 2 1 1 1 0x y k xy xy x y xy x y 
Điều này mâu thuẫn vì ;x y nguyên dương. 
Suy ra 2k hay 1k . Suy ra 2 2 2 2 2x y xy x y 
+ Nếu 2 1; 2 2x y thì 3; 4x y 
+ Nếu 2 2; 2 1x y thì 4; 3x y 
Vậy cặp số ;x y thỏa mãn bài toán là 3;4 và 4;3 . 
Câu 3. Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 2 2
2 2 4
a b c
P
aa b b c
 Phân tích: Đầu tiên ta dự đoán P nhỏ nhất khi a b c . Khi đó 
3
4
P . Ta cần chứng minh 
3
4
P hay 
2 2
2 2
3
4 4
a b c
aa b b c
. Ý tưởng đầu tiên là ta đưa bất đẳng thức trên về dạng 
hoán vị. Lại thấy theo bất đẳng thức Cauchy thì ta có
2 2
24 4
c c c
a ac a c
nên ý tưởng trên lại 
càng có cơ sở. 
 Như vậy ta chỉ cần chứng minh được 
2 2 2
2 2 2
3
4
a b c
a b b c a c
. 
 Để ý ta thấy 
2
2 2 2
3
x y z
x y z , áp dụng thì ta được 
22 2 2
2 2 2
1
3
a b c a b c
a b b c c aa b b c a c
Ta cần chứng minh 
2
1 3 3
3 4 2
a b c a b c
a b b c c a a b b c c a
. Nếu áp 
dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được bất đẳng thức sai. Do đó ta nghĩ đến 
hướng khác. 
Ta có 
2
2 2 22 2 2
2 2 2 2 2 22 2 2
a b ca b c
a b b c a c a a b b b c c c a
 và ta đi chứng minh 
2
2 2 2
2 2 22 2 2
3
4
a b c
a a b b b c c c a
 Hay ta cần chứng minh 4 4 4 2 2 2 2 2 2 3 3 35 6a b c a b b c c a a b b c c a . Đến 
đây ta lại không thể chứng minh được đánh giá trên. Như vậy nếu sử dụng bất đẳng thức 
Bunhiacopxki để đánh giá một cách trực tiếp thì không đem lại hiệu quả, do đó ta cần thay đổi hình 
thức bài toán trước. 
 Để ý rằng ta viết lại được bất đẳng thức cần chứng minh thành 
2 2 2
1 1 1 3
4
1 1 1
b c a
a b c
. 
Đặt ; ;
b c a
x y z
a b c
, khi đó ta được 1xyz và bất đẳng thức trên trở thành 
2 2 2
1 1 1 3
41 1 1x y z
+ Đến đây từ giả thiết 1xyz ta có thể đổi biến tiếp, trong các cách đổi biến ta để ý đến cách đổi 
biến dạng 
2 2 2
; ;
np mp mn
x y z
m n p
 với m, n, p là các số dương. Khi đó bất đẳng thức được viết 
lại thành 
4 4 4
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 3 3
4 4
1 1 1
m n p
np mp mn m np n mp p mn
m n p
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được 
2 2 24 4 4
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
m n pm n p
m np n mp p mn m np n mp p mn
Và ta cần chứng minh 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3
4
m n p
m np n mp p mn
 hay ta cần chứng minh 
4 4 4 2 2 2 2 2 25 6m n p m n n p p m mnp m n p 
Dễ thấy 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2;m n p m n n p p m m n n p p m mnp m n p 
Nên ta được 
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 25 6 6m n p m n n p p m m n n p p m mnp m n p . 
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 
 + Cũng từ 
2 2 2
1 1 1
1 1 1x y z
 ta để ý đến bất đẳng thức 
2 2
1 1 1
11 1 xyx y
. 
Khi đó ta có 
2 2 2 2
1 1 1 1 1
11 1 1 1xyx y z z
. 
Chú ý đến giả thiết 1xyz ta có 
2
2 2 2
1 1 1 1
1 1 2 11 1
z z z
xy z z xz z
. 
Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được 
2
2
1 3
42 1
z z
z x
Hay ta cần chỉ ra 
22 24 1 3 2 1 1 0z z z z z . Đến đây ta có lời giải cho bài 
toán. 
 Lời giải. 
+ Cách 1. Ta có 
2 2 2
1 1 1
1 1 1
P
b c a
a b c
. Đặt ; ;
b c a
x y z
a b c
 khi đó ta được 
1xyz và biểu thức đã cho được viết lại thành 
2 2 2
1 1 1
1 1 1
P
x y z
. 
Trước hết ta chứng minh bấ