KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN
Ngày thi : 16/6/2016
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1: (2,0 điểm)
1) Cho đa thức P  x   x9  17 x8  m . Tìm m biết rằng a  3  3  13  2 12 là một
nghiệm của P  x 
2) Cho 2016 số dương a1 , a2 ,  , a2015 , a2016 thỏa mãn
tính giá trị của biểu thức A 

a1 a2
a
a

   2015  2016 . Hãy
a2 a3
a2016
a1

2
a12  a22    a2016

 a1  a2    a2016 

2

1
1
4
a) PQ  BM  DH .
b)


.
3
AB 2 AM 2 9 AI 2
Cho hình chữ nhật ABCD, biết AD 

Câu 5: (1,5 điểm)
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP (MP < MN), đường thẳng vuông
góc với MI tại I cắt NP kéo dài tại Q. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên MQ.
  INP
.
a) Chứng minh PIQ

b) Chứng minh điểm H nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP
Ngu yễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới th iệu)

trang 1


SƠ LƯỢC BÀI GIẢI
Câu 1: (2,0 điểm)
1) Ta có: a  3  3  13  2 12  3  3 

2


   2015  2016  1  2    2015  2016  1 2
1
a2 a3
a2016
a1
a2 a3
a2016
a1
a1  a2    a2015  a2016

 a1  a2    a2015  a2016  k  k  0  . Do đó A 

2
a12  a22    a2016

 a1  a2    a2016 

2



2016k 2

 2016k 

2




1) (ĐK: 

2 x  3  x 2  5 x  5  0  2 x  3   x 2  5 x  5  2 x  3  x 4  25 x 2  25  10 x3  10 x 2  50 x

 x2
x

2

0


 x 4  10 x3  35 x 2  52 x  28  0   x  2   x 2  6 x  7   0   2
 x  3  2
 x  6x  7  0
x  3  2

2

x  2, x  3  2 thỏa mãn (*). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  2, x  3  2

2) Rõ ràng x  y  z  0 là một nghiệm của hệ phương trình.
Với x  0, y  0, z  0 , ta có
  1 1 1  11
1 1 3
 1 1 1 11
1
2     
x  y  2
x  y  z  6

y
z
6
 3  x  z   4 xz



y 2
z 3


1 1 4


1 1
1 1 4
1 1 4
 
 
  


 
z x 3
z 3
z x 3
 z x 3

(TMĐK). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y; z    0; 0; 0  , 1; 2; 3 
x

y


Câu 3: (2,0 điểm)
1) Ta có m 2  2 n 2  1  0   m  1 m  1  2n 2  2  m lẻ   m  1 m  1  4

 2n2  4  n  2  n  2 (do n là số nguyên tố)
Khi đó m2  2  22  1  m  3 . Vậy cặp số nguyên tố (m, n) cần tìm là (3; 2)
2) Ta có a 2  b 2  ab  10   a  b   a 2  b 2  ab   a 3  b 3  10  a 3  b3  mod10 

 a  b  mod10   ab  a 2  mod10  , a 2  b2  mod10   a 2  ab  b 2  3a 2  mod10 
 3a 2  0  mod10   a 2  10 (vì  3;10   1 )  a 10

 a 2  100  a 2  ab  b 2  3a 2  0  mod100  . Vậy a 2  b2  ab chia hết cho 100.

F

Câu 4: (1,5 điểm)

2
BM  DH
3
Kẻ HK // PQ (K  AB), PK // HQ (AB // CD)  PQ = HK
Lại có HK // PQ, PQ  AI (gt)
 HK  AI (tại E, E là giao điểm của HK và AI)
ADH = AEH (cạnh huyền-góc nhọn)
 AD = AE, DH = EH
AEK ABM (g-g)
a) Chứng minh PQ 


)
ABF  
ADI  900  gt  , BAF

P

b) Chứng minh

Vậy ABF

ADI 

K B
E

H

M
C

I

AI AD 2
1
4

 

2
AF AB 3

M
H
I

Q

P

N

K

Kẻ MK  NP (K  NP).
  MKQ
  900  gt  , nên tứ giác MIKQ là tứ giác nội tiếp
Tứ giác MIKQ có: MIQ

  IMK
  IMP
  KMP
  NMP  90 0  MPN

 IQK
2



Lại có








MNP
 (đpcm)
 INP
2

b) Chứng minh điểm H nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP
  INQ
  cmt  , Q
 (góc chung)
Xét PIQ và INQ, ta có: PIQ
Vậy PIQ

INQ 

QI QP

 QI 2  QP.QN
QN QI

  900  gt  , IH  MQ  gt   QI 2  QH .QM
Xét MIQ: MIQ

Do đó QP.QN  QH .QM 

QP QM