BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
–&—

TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG
VƯƠNG LẦN THỨ XII NĂM 2016
MÔN TOÁN KHỐI 10
Có đáp án chi tiết

2016


DANH MỤC:
Đề 1 : Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên Hà
Giang
Đề 2: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên Hạ
Long
Đề 3: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên
Hùng Vương Phú thọ
Đề 4: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên Lào
Cai
Đề 5: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên Sơn
La
Đề 6: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên Thái
NGuyên
Đề 7: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên
tuyên quang
Đề 8: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chu văn an
lạng sơn
Đề 9: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên vĩnh
phúc
Đề 10: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 hoàng văn

tai H. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AB, AC và O là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác. AH cắt B′C ′ ở E , AO cắt MN ở F . Chứng minh EF / /OH .
Câu 3 (04 điểm): Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≠ 0 . Chứng
minh rằng:
2
2
2
4abc
a
b
c
1
 a   b   c 
≥
+
+
−

÷ +
÷ +
÷ +
 a + b   b + c   c + a  ( a + b) ( b + c) ( c + a) a + b b + c c + a 4
Câu 4 (04 điểm): Cho đa giác đều (H) có 14 đỉnh. Chứng minh rằng trong 6 đỉnh bất
kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của một hình thang.
Câu 5 (04 điểm): Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 − 6 x + 1 = 0 . Với mọi số
nguyên n, đặt S n = x1n + x2n , chứng minh rằng S n là một số nguyên không chia hết cho 5.
.................HẾT.....................

Người ra đề
Tổ Toán-Tin

⇔

x− y
=1
y +1

Điể
m

1,00

Từ đó có x = 2 y + 1 , thay vào (2) ta được : 4 y 2 − 2 y − 3 + y − 1 = 2 y
⇔ 4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) +
2 ( y − 2)
4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1

+

(

1,00

y−2
=0
y −1 +1


2
⇔ ( y − 2) 
+

1,00


A

2

I
J

M
T

K

N

F

O

E

C'

B'

H
B



1,00

a
b
c
,y=
,z =
a+b
b+c
c+a
⇒ ( 1 − x ) ( 1 − y ) ( 1 − z ) = xyz

Đặt x =

⇔ 1 + xy + yz + zx = 2 xyz + x + y + z

1,00

⇔ 2 + ( x + y + z ) = 4 xyz + 2 ( x + y + z ) + x 2 + y 2 + z 2
2

3

9 1
1
2

⇒ 4 xyz + 2 ( x + y + z ) + x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z ) +  − ≥ 3 x + y + z −
4 4

2

1,00
4abc

a

b

c

1

≥
+
+
−
Vậy 
÷ +
÷ +
÷ +
 a + b   b + c   c + a  ( a + b) ( b + c) ( c + a) a + b b + c c + a 4
Ta luôn chứng minh được : Nếu AB và CD là hai dây cung bằng

1,00

nhau của đường tròn tâm (O) thì A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình thang.
Gọi A1 A2 ... A14 là đa giác đều 14 đỉnh nội tiếp đường tròn (O). Suy
ra các đường chéo qua tâm của đa giác là A1 A8 , A2 A9 ,..., A7 A14 ( ta gọi tạm
4

S1 = 6, S 2 = x12 + x22 = 34 là các số nguyên và không chia hết cho 5.
Giả sử S 0 , S1 , S 2 ,..., S n−1 ∈ Z và không chia hết cho 5, với n ≥ 3 , ta chứng
minh S n là số nguyên và không chia hết cho 5.


Ta có:

1,00
n −1
2 1

Sn = x + x = x + x + x x
n
1

n
2

n −1
1

= x1 ( x

+x

n
1

n −1
2

1 2

−xx

+ x2n−2 )

= ( x1 + x2 )( x1n −1 + x2n −1 ) − x1 x2 ( x1n−2 + x2n−2 )
= 6( x1n−1 + x2n−1 ) − ( x1n−2 + x2n−2 )

Từ đó suy ra: S n = 6S n−1 − S n−2 = 6(6S n−2 − S n−3 ) − S n−2 = 35S n−2 − 6S n−3
Do S n−2 , S n−3 là các số nguyên nên S n cũng là số nguyên. Hơn nữa, 35S n−2
chia hết cho 5 và S n−3 không chia hết cho 5 nên S n không chia hết cho 5.

1,00

+ Với n < 0 , đặt n = − m với m là số nguyên dương. Khi đó:
S n = x1n + x2n = x1−m + x2−m =

x1m + x2m x1m + x2m
1
1
+
=
=
= xm + xm
x1m x2m
x1m .x2m
( x1 x2 ) m 1 2

1,00

b)
Câu 2 (3 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a
ab + b 2

+

b
bc + c 2

+

c
ca + a 2

≥

3
.
2

Câu 3 ( 6 điểm ) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O). B’ là điểm
đối xứng với B qua AC. BM là trung tuyến của tam giác ABC, BM cắt (O) tại N. Lấy
K sao cho AKCN là hình bình hành. HM cắt (O) tại D. Gọi H là trực tâm của tam giác
ABC.
Chứng minh rằng
a, BD, HK, AC đồng quy
b, KB’ cắt AC tại P. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC giao AB tại X khác B.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP giao với BC tại Y khác B. Chứng minh đường
tròn (BXY) đi qua điểm K.

+ Biến đổi (1) được: 4 ( xy − 2 y ) + 8 xy − 2 y + 4 = ( x + y )

(

)

2

2

⇔ 2 xy − 2 y + 2 = ( x + y ) ⇔ ... ⇔ y = x − 2

+ Thế vào (2) ta được:

2x − 7 + x − 3 =

2

1đ

3x − 8
2

1,0

Áp dụng BĐT Cauchy ta được:

2x − 7 =
x−3 =
Suy ra

Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của phương trình.
Xét x > −1. Khi đó phương trình đã cho tương đương với

4

(

) (

x +1 − 2 + 2

)

2 x + 3 − 3 = x 3 − x 2 − 2 x − 12

4( x − 3)
4( x − 3)
+
= ( x − 3)( x 2 + 2 x + 4 )
x +1 + 2
2x + 3 + 3
4
4


⇔ ( x − 3) 
+
− ( x + 1)2 − 3 ÷ = 0.
(1)
x

2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = −1 hoặc x = 3.
a
b
c
a
b
c
+
+
= b + c + a
Ta có
2
2
2
a
b
c
ab + b
bc + c
ca + a
+1
+1
+1
b
c
a

1,0

+1+
+1+
+1
b
c
a

a
b
c
Đặt x = , y = , z = Þ xyz = 1.
b
c
a
Ta có
2
æa
ö
b
c÷
ç
2
÷
ç
ç b + c + a÷
÷
x
+
y
+


)³

x +y +z +6
3( x + y + z + 3)

S +3
( S = x + y + z + 3 ≥ 6)
3S
ab + b 2
bc + c 2
ca + a 2
ö
3
S æ
S
3÷
6 2 3 3 3
ç
÷
=
+ç
+
³
+
=
Ta có S +
÷
ç
÷


. Bất đẳng thức được chứng minh.
3S
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

1,0


3

a) 3 diểm

1,0

·
Kẻ BO cắt (O) tại B’’ . Dễ chứng minh được H, M , B’’ thẳng hàng. Suy ra BDH
= 900 .
·
Có ·AKC = ·ANC = 1800 − ABC
= ·AHC . Suy ra A, H, K , C nội tiếp một đường tròn, gọi là
(I).
·
·
·
·
·
Ta lại có BKH
= 1800 − HKC
+ NKC

= ·ABC = YPC

1,0

·
·
·
Có KPC
= KYB
= BPA
= ·APB ' suy ra K’ , P, B’ thẳng hàng.

·
Hơn nữa ·AK ' C = ·XK ' Y = 1800 − ABC
= ·AHC → K ' ∈ ( AHC ).

Từ đó ta có K’ ≡ K. Và có điều phải chứng minh.

1,0


4

1,0

Giả sử tồn tại p nguyên tố thỏa mãn 2 p + p | 3 p + p .
 2 p + p ≡ 0 ( mod n )
⇒ 3 p ≡ 2 p ( mod n )
Đặt n = 2 + p , suy ra  p
3 + p ≡ 0 ( mod n )


Suy ra 1 ≡ 2 ( mod p ) (vô lý)
5

Vậy không tồn tại p nguyên tố thỏa mãn 2 p + p | 3 p + p .
α
β
γ
Ta có mỗi số nguyên dương của bài có thể biểu diễn dưới dạng 2 ×3 ×5 . Xét đồng dư
i

i

i

1,0

α i , βi , γ i modulo 2. Ta có mỗi α i , βi , γ i có thể có 2 số dư khác nhau modulo 2, do đó có
thể có 2 ×2 ×2 = 8 dạng khác nhau của các lũy thừa này.
81
> 1.
Theo nguyên lý Dirichle, có 2 số có cùng dạng số mũ, vì 8
. Ta xét tích của 2 số này
a1
ai

và đặt tích đó là

xóa 2 số trên đi. Ta tiếp tục làm như vậy thu được


nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không được quá
số điểm dành cho câu, phần đó.
2. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ
chấm và ghi vào biên bản.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
............................. Hết ...........................

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

LỚP 10

(Đề này có 01 trang, gồm 05

câu)
Câu 1 (4,0 điểm)
Giải phương trình

x

x2 + 1 − x2 − 3 + 2 2

x

x +1 + x + 3 − 2 2
2

Giả sử rằng với số nguyên tố p và các số nguyên dương l , m, n thì p 2l −1m ( mn + 1) + m 2 là

số chính phương. Chứng minh rằng m cũng là một số chính phương.

.....................HẾT.....................
Người ra đề
(Kiều Đình Minh: ĐT. 0989.848.965)

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN, LỚP: 10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang
điểm đã định.
Câu

Nội dung
Đặt y = x , b = 3 − 2 2 ⇒ b = 6b − 1. Thay vào phương trình đã cho, ta được
2

1

y2 + y − y − b = y
⇔

y +1( y + b) =

2

(

)


Theo tính chất phương tích ta có
BQ 2 = BF . BA = BP 2 ⇒ BQ = BP .
Vẽ đường kính AD và gọi H là trực tâm của tam giác ABC .
Các tứ giác CDFA và CDHE nội tiếp nên
BA. BF = BC.BD = BE. BH .
BP BE
=
Từ đây suy ra BP 2 = BE.BH ⇒
hay tam giác BPH và BEP
BH BP

đồng dạng. Suy ra

·
·
BPE
= BHP

(1)

1,0

Điểm P nằm giữa D và C , lại có BP 2 = BC. BD nên

DP.DQ = ( BP − BD)( BD + BQ ) = BP − BD = BC .BD − BD = BD( BC − BD ) = BD.DC
Vì hai tam giác vuông BDH và ADC đồng dạng nên BD.DC = AD.DH .
2

2

= BAQ
= BAQ
− BAD


Từ (1) và (2) suy ra

·
·
·
·
·
·
·
BPE
+ BQF
= ( BHP
+ BPH
) − BAD
= (180 − PBH
) − BAD
·
·
·
= (900 + BCA
) − (900 − ·ABC ) = BCA
+ ·ABC = 1800 − CAB

1,0


. Từ đó ta nhận
= ESF
= EAF
được S nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF .

Câu
3

Nội dung

Không mất tổng quát, xét ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ca ( c − a ) ≥ 0. Khi đó

1,0

Điểm
1,0

a b c a b c
a
b
c
1

+ + −  + + ÷. Đặt = x, = y, = z  ≤ x, y, z ≤ 4 ÷ ⇒ xyz = 1 và
c a b b c a
c
a
b
4


2
 1
1 
=
−
− y− z
÷
 y
z÷


2 1

= y − z  − 1÷ = y − z
 yz 

(

(

)

)

(

)

2


3
1
ra f ( t ) ≤ , dấu bằng xảy ra khi t = .
4
2
1
3
 1 1

Từ đó, MaxP = , khi ( x; y; z ) =  4; ; ÷ ⇔ ( a; b; c ) =  2;1; ÷ và các hoán vị.
2
4
 2 2

2

f ( t) −

4

1,0

3
Xét An = { ( a; b; c ) ∈ ¥ : 0 ≤ a < b < c ≤ n − 1; a + b + cMn}

Bn = { ( a; b; c ) ∈ ¥ 3 : 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ n − 1; a + b + cMn}

 An +3 = Bn

 An + n = Bn

'
+
b
'
+
c
'
M
n


1,0

0 ≤ a ' ≤ b ' ≤ c ' ≤ n − 1  a '+ b '+ c ' = n
⇒
+) Bn ⇒ An+3 , ( a, b, c ) ∈ Bn ⇒ 
a
'
+
b
'
+
c
'
M
n

 a '+ b '+ c ' = 2n
• a '+ b '+ c ' = n ⇒ chọn
0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ n + 1

2
2
 n   n − 1
Bn = An + 1 +   + 
= An + n
 2   2 
{ an } sao cho an = An
bn = an + n
⇒
⇒ an+3 = an + n
Xét hai dãy 
b
=
A
=
a
{ bn } sao cho bn = Bn
n
n
+
3
n
+
3

Ta có a3 = A3 , mà
A3 = { ( a; b; c ) ∈ N 3 : 0 ≤ a < b < c ≤ 2, a + b + c M
3} = ( 0; 1; 2 ) ⇒ a3 = 1

a4 = A4 , mà A4 =

ta chứng minh
 n2 − n − 2 
an+1 = 
 +1.
6



1,0

 ( n − 2) 2 − 3( n − 2) 
 + 1 + ( n − 2) =
Thật vậy an +1 = an− 2 + n − 2 = 
6


 n 2 − 7 n + 10 
 n 2 − 7 n + 10

 n2 − n − 2 
=
+
n
−
2
+
1
=
+
n

5

Nội dung
Đặt A = p

2 l −1

(

)

2

(

gcd m, A ( mn + 1) + m = gcd m, A ( mn + 1)
2

(

(

Điểm
1,0

)

. Khi đó p m ( mn + 1) + m = m. A ( mn + 1) + m . Chú ý rằng
2


2r
Ta có m. A ( mn + 1) + m = p .
2

 A

m

Khi đó số chính phương  r ( mn + 1) + r ÷ có thể được viết dưới dạng là
p 
p

( kmn + k )

2

+

2

m
m
2
2
2
. Nhưng ( kmn + k ) < ( kmn + k ) + r < ( kmn + k + 1) . Mâu
r
p
p



)

)

x +1

(

= ( 8 x − 14 ) 2 x − 2 − x + 2

)

Câu 2: (4,0 điểm).
Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn tâm I . Đường tròn ω tâm O ngoại tiếp
tam giác ABC. Các đường thẳng AI , BI , CI cắt lại đường tròn ω lần lượt tại các điểm thứ
hai ở D, E , F . Các đường thẳng đi qua I song song với BC , CA, AB lần lượt cắt các đường
thẳng EF , DF , DE tại các điểm K , L, M .
Chứng minh K , L, M thẳng hàng và nằm trên đường thẳng vuông góc với OI .

a)

Gọi X là giao điểm của AI và EF , Y là giao điểm của BI và DF , Z là giao điểm
của CI và DE. Điểm P bất kỳ trên đường thẳng BC ( P ≠ B, P ≠ C , P ∉ AI ). Chứng
minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác PDX , PEY , PFZ cùng đi qua điểm Q
(Q ≠ P ) và Q thuộc một đường tròn cố định khi P thay đổi trên đường thẳng BC.
Câu 3: (4,0 điểm).
Cho a , b , c ≥ 0 . Chứng minh rằng:
b)


cho m. Chứng minh rằng abn + cn + d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n
----------------------------Hết---------------------------GV ra đề : Đào Văn Lương ; ĐT : 0912.649.581

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN, LỚP: 10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã
định.
Câu

Nội dung

Điểm


Câu 1: (4,0 điểm). Giải phương trình:

( 6 − x) ( x

1

3

(

+ x2 + x

( x + 1) 2 + x − 2

ĐK : x ≥ 2 .
Ta có PT ⇔


)

)

x +1

( 8x − 14 )

)
(

= ( 8 x − 14 ) x − 2 2 − x − 2

)

x − 2 ( 4 − x + 2)

1,0

x = 6

⇔  x3 + x 2 + x
= ( 8 x − 14 ) x − 2 (*)
 ( x + 1) x + 1

x ( x + 1)
x3
+
= 8 ( x − 2 ) + 2  x − 2



1,0


2−2 7
(l )
x =
3
2
2

⇔ x = 4 ( x − 2 ) ( x + 1) ⇔ 3 x − 4 x − 8 = 0 ⇔
.

2+2 7
(n)
x =
3


2+2 7
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm
là x = 6 và x =
.
M
3

Câu 2: (4,0 điểm).
2

3

a)Trước hết ta chứng minh KA là tiếp tuyến của đường tròn ω. Thật vây, dễ chứng
minh được các tam giác FAI , FBI cân tại F , suy ra FA = FI = FB, tương tự ta có
EA = EI = EC suy ra EF là trung trực của AI .
·
·
·
·
Do đó KIF
(1). Từ KI / / BC ⇒ BCF
(2)
= KAF
= KIF
Từ (1) và (2) suy ra KA là tiếp tuyến của ω.
Chứng minh tương tự, ta cũng có LB, MC là tiếp tuyến của ω.
Gọi ω ' là đường tròn tâm I bán kính bằng 0.
Theo tính chất của phương tích, ta có PK /ω = KA2 = KI 2 = PK /ω ' . Chứng minh tương
tự ta có PL /ω = PL /ω ' , PM /ω = PM /ω '. Suy ra K , L, M thẳng hàng và nằm trên đường
thẳng vuông góc với OI .
b)Ta có I là trực tâm của tam giác DEF ⇒ ID.I X = IE.IY = IF .IZ ⇒ IP là trục
đẳng phương của 3 đường tròn ( PDX ),( PEY ),( PFZ ), suy ra 3 đường tròn
( PDX ),( PEY ),( PFZ ), cùng đi qua điểm Q (Q ≠ P ).
Hơn nữa ID.I X = IE.IY = IF .IZ = IP.IQ và P thuộc đường thẳng BC, nên theo tính
chất của phép nghịch đảo, suy ra Q thuộc đường tròn là ảnh của đường thẳng BC qua
phép nghịch đảo tâm I phương tích ID.I X .
Câu 3: (4,0 điểm). Cho a , b , c ≥ 0 . Chứng minh rằng

a+b
b+c


(

)

1.0

1.0

1.0

1.0


Thật vậy :
1 1
4
+ ≥
⇔ ( x + y ) 2 ≥ 4.x. y ⇔ ( x − y ) 2 ≥ 0 .
x y x+ y
2
1
x+ y ≥
x + y ⇔ 2.( x + y ) ≥ x + y ⇔
2

(

)



b c
1  b
c
+ ≥
. 
+
Tương tự :
÷
a a
a÷
2  a

c a
1  c
a
+ ≥
. 
+
÷
b b
b÷
2  b

1  a
a  b
b  c
c 
a+b
b+c


1,0

(*)
Áp dụng ii và i ta có :

1
1
4
2. 2
+
≥
≥
b
c
b+ c
b+c

a
≥ 2. 2.
b
b
≥ 2. 2.
Tương tự :
a
b
≥ 2. 2.
a
 a
a  b

+
c

a
b+c
b
c+a
b
c+a
b  c
c
+
+
÷

÷

a÷
b÷
  a


1.0

Từ (*) và (**) ta có bất đẳng thức của đề bài

a+b
b+c
c+a
a

Bây giờ ta xét n+1 đường thẳng a1; a2;…an+1 thoả mãn điều kiện đề bài. Rõ ràng n
đường thẳng a1; a2; ..an chia mặt phẳng thành Sn miền. Xét đường thẳng thứ n+1
là an+1 . Các giao điểm của an+1 với các đường thẳng a1; a2;..an chia đường thẳng
an+1 thành n+1 phần. (Vì không có ba đường thẳng nào // và không có ba đường
nào đồng qui).Và mỗi một phần này thuộc vào đúng một miền trong Sn miền đã

1.0

cho và chia miền này thành 2 miền mới. Do vậy Sn+1 =Sn+n+1; ∀ n ≥ 1

S 2 = S1 + 2
S = S + 3
2
 3
Suy ra: S 4 = S 3 + 4
.......................

S n = S n −1 + n
an+1
⇒ Sn =S1+2+3+…+n =

A1

A2 …………………An

n ( n + 1)
n2 + n + 2
+1 =
; ∀n ≥1
2


Ta chứng minh “Tn chia hết cho m” (*) bằng qui nạp theo n.
- Với n = 0 ta có: T0 = (a +d) Mm ( theo gt) do đó (*) đúng với n = 0.
- Giả sử (*) đúng với n = k, nghĩa là Tk Mm.
- Ta chứng minh (*) đúng với n = k+1.
Thật vậy, ta có Tk+1 – Tk =
= a.bk+1 – a.bk + c
= bk.(a.b – a + c) – bk.c + c
= bk.(a.b – a + c) – c.(bk –1)
= bk(ab – a + c) – c(b -1)(bk-1 + ... + b + 1).
Do đó: (Tk+1 – Tk ) Mm ( vì theo giả thiết ta có ab – a + c và (b–1)c Mm). Mà Tk M
m (theo giả thiết qui nạp), nên Tk+1 Mm.
Vậy Tn Mm ∀ n ∈ N.

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TOÁN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
câu)

1.0
1.0

1.0
1.0

ĐỀ THI MÔN
LỚP 10
(Đề này có 01 trang, gồm 05


MÔN TOÁN. LỚP 10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếuđúng cho điểm tối da theo thang
điểmđãđịnh.
Câu
Nội dung
Điểm
2
1,0
Điều kiện xác định x + 2 y + 1 ≥ 0 .
Đặt a = x + y, b = y 2 , b ≥ 0 . Ta có phương trình (2) trở thành

 a = −b
a 2 + 4ab + 3b 2 = 0 ⇔ ( a + b ) ( a + 3b ) = 0 ⇔ 
 a = −3b
2
2
+) Với a = −b ta có x + y = − y ⇔ x = − y − y ( 3)
1

Thế (3) vào (1) ta được
y 2 − y + 1 − y 2 + y + 1 = 0 ⇔ ( y 2 − y + 1) − y 2 − y + 1 − 2 = 0

1,5