Đề Toán chuyên Phan Bội Châu 2017-2018 (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 2017-2018 
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 3x 7 x 4 14 x 4 20 
 b) Giải hệ phương trình 
2
2
6x 4y 2 x 1
6y 4x 2 y 1
Câu 2 (2.0 điểm). 
 Tìm số tự nhiên n thỏa mãn 2S n n 2017n 10 với S n là tổng các chữ số của n. 
Câu 3 (2.0 điểm) 
 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn c a . Chứng minh rằng: 
2 2 2
a b c 3
4
a b b c c a 2
Câu 4 (7.0 điểm). 
 Cho hai đường tròn O và O' cắt nhau tại A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm 
M khác A. Qua M kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn O' (C, D là tiếp điểm và 
Dnằm trong đường tròn tâm O). 
 a) Chứng minh rằng AD.BC AC.DB . 
 b) Các đường thẳng AC, AD cắt đường tròn O lần lượt tại E và F (E, F khác A ). 
Chứng minh đường thẳng CD đi qua trung điểm của EF. 
 c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm có định khi M thay đổi. 
Câu 5 (2.0 điểm). 
 Trong đường tròn O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm bất kì 1 2 399A ,A ,...,A . 
Chứng minh rằng tồn tại vô số hình tròn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong đường tròn 
 O và không chứa điểm nào trong 399 điểm 1 2 399A ,A ,...,A . 
----------Hết---------- 
Họ và tên ....................................................................Số báo danh ........................................ 
Đề chính thức 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1 (7.0 điểm). 
a) Giải phương trình 3 s + 7√x − 4 = 14√x + 4 − 20. 
• Phân tích. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 4. Nhận thấy phương 
tình có chứa hai căn thức nên ta đặt √x − 4 = a và √x + 4 = b với a ≥ 0, b
≥0. Nhận thấy 4(𝑥 + 4) − (𝑥 − 4) = 3𝑥 + 20 ta có các biến đổi sau. 
Phương
trình đã cho tương đương với 
3x + 7√x − 4 − 14√x + 4 + 20 = 0 ⇔ 4(x + 4) − (x − 4) + 7√x − 4 − 14√x + 4
= 0 
Tư đó ta có phương trình 4 b2 − a2 + 7a − 14 b = 0 ⇔ (2 b − a)(2 b + a − 7) = 0. 
Đến đây chỉ cần giải phưong trình tích là xong. 
• Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là 𝑥 ≥ 4. Phương trình đã cho 
tương đương với 
3x + 7√x − 4 − 14√x + 4 + 20 = 0 ⇔ 4(x + 4) − (x − 4) + 7√x − 4 − 14√x + 4
= 0 
Đặt √x − 4 = a và √x + 4 = b với a ≥ 0, b ≥ 0. Khi đó phương trình trên trở thành 
 2 2
2b a 0
4b a 7a 14b 0 2b a 2b a 7 0
2b a 7 0
+ Với 
20
2b a 0 2b a 2 x 4 x 4 4 x 4 x 4 x
3
 . 
+ Với 2b a 7 0 2b 7 a , khi đó ta có phương trình 
2
2 22
4 x 53 4 x 53
2 x 4 7 x 4
29 3x 14 x 44 x 4 7 x 4
29 294 x 4 x
3 x 53
9x 370x 1625 029 3x 14 x 4
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x 5 là nghiệm duy nhất của phương trình. 
 Nhận xét. Nhận thấy x 5 là nghiệm duy nhất của phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp 
nhận lượng liên hợp để làm xuất hiện đại lương x 5 . Ta có các biến đổi sau 
3x 7 x 4 14 x 4 20 3x 15 7 x 4 7 14 x 4 42 0
7 x 5 14 x 5 7 14
3 x 5 0 x 5 3 0
x 4 1 x 4 3 x 4 1 x 4 3
x 5 0
7 14
3 0
x 4 1 x 4 3
+ Với x 5 0 x 5 , thỏa mãn điều kiện xác định. 
+ Với 
7 14 7 14
3 0 3
x 4 1 x 4 3 x 4 1 x 4 3
. 
Từ đó ta được 
14
3
x 4 3
. Với x 4 thì 
14 14
3
x 4 3 8 3
(Mâu thuẫn) 
Vậy x 5 là nghiệm duy nhất của phương trình. 
b) Giải hệ phương trình 
2
2
6x 4y 2 x 1
6y 4x 2 y 1
 Phân tích. Nhìn vào hệ phương trình đã cho ta thấy có dạng đối xứng dạng II nên ta thử 
đưa hệ về hai đại lương x 1 và y 1 xem sao. Hệ phương trình đã cho trương đương với 
2 2
2 2
6x 4y 2 x 1 6 x 1 4 y 1 x 1
6y 4x 2 y 1 6 y 1 4 x 1 y 1
Đến đây chỉ cần đặt x 1 a và y 1 b ta được hệ phương trình đối xứng dạng dạng II. 
 Lời giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với
2
2
6 x 1 4 y 1 x 1
6 y 1 4 x 1 y 1
Đặt x 1 a;y 1 b . Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành 
2
2
6a 4b a
6b 4a b
Trừ theo vế ta được 2 2
a b 0
a b 2a 2b 0 a b a b 2 0
a b 2 0
+ Với a b 0 a b x 1 y 1 x y 2 . Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta 
được 
2 2
y 1 x 1;y 1
6y 4 y 2 2 y 1 y 12y 11 0
y 11 x 9;y 11
+ Với a b 2 0 a 2 b x 1 2 y 1 x 2 y . Thế vào phương trình thứ hai 
của hệ ta được 
2 2
y 1 x 3;y 1
6y 4 2 y 2 y 1 y 4y 5 0
y 5 x 3;y 5
Vậy nghiệm của hệ phương trình là x;y 1;1 , 9;11 , 3; 1 , 3;5 . 
Câu 2. Tìm số tự nhiên n thỏa mãn 2S n n 2017n 10 với S n là tổng các chữ số của n. 
 Phân tích. Nhận thấy n 2017 thoả mãn yêu cầu bài toán nên ta đi xét các trường hợp 
1 n 2016 , n 2017 và n 2017 , sau đó chỉ cần chỉ ra với 1 n 2016 và n 2017 không 
 tồn tại n thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chú ý đến điều kiện 0 S(n) n . Ta có lời giải chi tiết 
như sau. 
 Lời giải. Vì n là số tự nhiên và S n là tổng các chữ số của n nên n 1 và 0 S(n) n . 
Ta xét các trường hợp sau: 
+ Trường hợp 1. Nếu 1 n 2016 . Khi đó ta có 
 2 2S n n 2017n 10 n 2017n 2016 n 1 n 2016 0 
Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì S(n) 0 . 
 + Trường hợp 2. Nếun 2017 . Khi đó ta được 
 S n 2 0 1 7 10 và 2S n 2017 2017.2017 10 10 (Thỏa mãn) 
+ Trường hợp 3, Nếun 2017 . Khi đó 2 2S n n 2017n 10 n 2017n n n 2017 n . 
Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì n 2017 . 
Vậy n 2017 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Câu 3. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn c a . Chứng minh rằng: 
2 2 2
a b c 3
4
a b b c c a 2
 Phân tích. Dự đoán dấu bằng xẩy ra tại a b c . Nhận thấy bất đẳng thức đã cho không 
có dạng đối xứng nên ta biển đổi rồi đặt ẩn xem sao. 
Bất đẳng thức đã cho tương đương với 
2 2 2
1 1 4 3
2b c a
1 1 1
a b c
Đặt 
b c
x, y x, y 0
a b
 . Khi đó 
a 1
c xy
 . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 
2 2
2 2 2
1 1 4x y 3
21 x 1 y 1 xy
 Áp dụng bổ đề 
 2 2
1 1 1
*
xy 11 x 1 y
. Để chứng minh bổ đề * ta chỉ cần sử dụng 
phép biến đổi tương đương. Ta cần chứng minh 
2 2
2
1 4x y 3
xy 1 21 xy
. Đến đây chỉ cần sử 
dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số là bài toán được chứng minh. Chú ý đến c a ta 
có lời giải chi tiết như sau. 
 Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với 
2 2 2
1 1 4 3
2b c a
1 1 1
a b c
Đặt 
b c
x, y x, y 0
a b
 . Khi đó 
a 1
c xy
 . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 
2 2
2 2 2
1 1 4x y 3
21 x 1 y 1 xy
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 
2 2
1 1 1
xy 11 x 1 y
, với x, y là các số dương. 
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương ương với 
2 2 2 2
2 22 2 3 3
2 2x 2y x y xy 1 1 2x x 1 2y y
1 2xy x y x y xy 0 1 xy xy x y 0
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do x, y 0 . Vì vậy ta có 
2 2
1 1 1
xy 11 x 1 y
. 
Ta quy bài toán về chứng minh 
2 2
2
1 4x y 3
xy 1 21 xy
. 
Đặt 
2 2
2
1 4x y
P
xy 1 1 xy
. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: 
2 2
2
4x y 4xy
1
1 xy1 xy
Khi đó 
2 2
2
1 4x y 1 4xy 3xy 3
P 1 1 1
xy 1 xy 1 1 xy 1 xy 11 xy 1
xy
Ta cần chứng minh 
3xy 3
1 xy 2
 hay 
3 3
1 2
1
xy
 Thật vậy, từ giả thiết c a ta được 
a 1
1
c xy
 . Do đó 
3 3
1 2
1
xy
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra tại a b c . 
Câu 4. Cho hai đường tròn O và O' cắt nhau tại A và B. Trên tia đối của tia AB lấy 
điểm M khác A. Qua M kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn O' (C, D là tiếp 
điểm và Dnằm trong đường tròn tâm O). 
a) Chứng minh AD.BC AC.DB . 
 Phân tích tìm lời giải. Quan 
sát hình vẽ ta nhận thấy và giả 
thiết của bài toán ta nhận thấy để 
chứng minh được 
AD.BC AC.DB ta quy về chứng 
minh 
AC AD
BC BD
 . Nhận thấy rằng 
không thể chứng minh được một 
cách trực tiếp nên ta nghĩ đến 
chọn các tỉ số trung gian. Ta có 
AC là tiếp tuyến và AB là cát 
tuyến nên dễ thấy hai tam giác 
MAC và MCB đồng dạng với 
nhau, từ đó ta có 
AC MA
BC MB
 . 
Tương tự thì 
AD MA
BD MB
 . 
Do đó ta được 
AC AD
BC BD
 hay ta có điều cần chứng minh. 
 Lời giải. Vì MC là tiếp tuyến của đường tròn O' nên ta được MCA CBM . Xét hai tam 
giác MAC và MCB có MCA CBM và MCB chung. Suy ra tam giác MAC đồng dạng với 
tam giác MCB, do đó ta được 
AC MA
BC MB
 . Chứng minh tương tự ta được tam giác MAD 
Q
H
J D
K
I
F
E
O'O
P
N
M
B
C
A
 đồng dạng với tam giác MDB nên 
AD MA
BD MB
 . Kết hợp hai kết quả trên ta được 
AC AD
BC BD
hay AD.BC AC.DB . 
b) Các đường thẳng AC và AD cắt đường tròn O lần lượt tại E, F (E, Fkhác A). Chứng 
minh đường thẳng CD đi qua trung điểm của EF . 
 Phân tích tìm lời giải. Gọi N là giao điểm của CD với EF và ta cần chứng minh NE NF 
. Nhận thấy rằng không thể chỉ ra trực tiếp các tam giác chứa NE và NF bằng nhau nên ta 
nghĩ đến việc tạo ra các tỉ số bằng nhau thông qua các tam giác đồng dạng hoặc định lí 
Talets. Để ý là các tỉ số bằng nhau cần có chứa các đoạn NE và NF. Từ đó ta thấy có các 
hướng sau. 
+ Hướng 1. Ta thấy NFB BAC BDC nên tứ giác NFBD nội tiếp. Do đó 
FNB FDB ACB nên hai tam giác BNF và CAB đồng dạng nên ta có 
CA NF
CB NB
 . Từ ý a ta 
đã có 
CA DA
CB DB
 . Do đó phép chứng minh kết thúc nếu ta chỉ ra được 
DA NE
DB NB
 . Để ý ta có 
BEN FAB và ENB BDA , do đó suy ra hai tam giác ENF và BDA đồng dạng. Suy ra ta 
được 
DA NE
DA NB
 . Đến đây kết hợp các kết quả ta được NE NF . 
+ Hướng 2. Dựng đường qua A đường thẳng song song với CD cắt EF tại I. Khi đó theo 
định lý Talest ta có 
NE EC
NI AC
 và 
NF DF
NI DA
 . Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc nếu ta 
chỉ ra được 
EC DF
AC DA
 . Tứ giác ACBD nội tiếp nên FDB ACB , do đó ta được FDB ECB . 
Xét tam giác ECB và tam giác DFB có FDB ECB và CEB DFB (cùng chắn cung AB ). 
Suy ra tam giác ECB đồng dạng với tam giác DFB, từ đó suy ra
DF DB
EC CB
 . Do đó ta được 
DA DF
CA EC
 hay 
EC DF
AC DA
 . Điều này dẫn đến 
NF NE
NI NI
 hay N là qua trung điểm của EF. 
+ Hướng 3. Để ý đến định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng 
ta có hệ thức 
NF CE DA
. . 1
NE CA DF
 . Như vậy để có NE NF ta cần chỉ ra được 
DA CE
. 1
DF CA
 . 
Chú ý rằng theo kết quả ý a ta có AD.BC AC.DB . Như vậy phép chứng minh kết thúc 
nếu ta chỉ ra được 
BC DF
BD CE
 . Điều này có nghĩa là ta cần chứng minh được 
 BCE BDF ∽ . Để ý ta thấy ECB BDF và CEB BFD nên BCE BDF ∽ . Như vậy ta 
có lời giải cho bài toán. 
 Trình bày lời giải. 
+ Cách 1. Gọi N là giao điểm của