SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTCHUYÊN QUỐC HỌC
NĂM HỌC 2017-2018
Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2017
Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (1,5 điểm)
a) Cho các biểu thức P(x) 
nhỏ nhất thỏa mãn

1
9x
x 1

, Q(x) 
với x  0. Tìm số nguyên x
x x3 x
x

P(x) 1
 .
Q(x) 2

b) Tính giá trị của biểu thức F 

2x 4  21x 3  55x 2  32x  4012
khi x  5  3 (không


Câu 5: (2,0 điểm)
a) Cho a, b, c là các số dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện ab  bc  ac  1.
a2
b2
c2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E 


.
ab bc ca
b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n 2  3n là một số chính phương.
------- Hết ------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh :…………………………. Số báo danh :……………………………….......
Chữ ký của giám thị 1 :…………………….. Chữ ký của giám thị 2 :....……………………...


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
NĂM HỌC 2017-2018
Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2017
Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN)

HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu

1

x 1
1
 2 

 3x  5 x  2  0

x
x x3 x 







0,25



x  2 3 x  1  0  x  2  x  4 (vì 3 x  1  0 ).

0,25

điểm) Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của x cần tìm là x  4 .

b) Tính giá trị của biểu thức F 

2x 4  21x 3  55x 2  32x  4012
khi x  5  3
x 2  10x  20

2
(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
(2,0
x  x 2  k, x1x 2  2 .
điểm) Theo định lý Vi-ét, ta có: 1
2
Suy ra (x1  x 2 )  (x1  x 2 ) 2  4x1x 2  k 2  4  4 .
Do đó x1  x 2  2 (dấu “=” xảy ra khi k  0 ).
2

0,25

0,25
0,25

3
3
(1)

x  y  9
b) Giải hệ phương trình  2
.
2

 x  2y  x  4y (2)

1,00

Nhân hai vế phương trình (2) cho 3, ta được 3x 2  6y2  3x  12y (3).
Trừ hai phương trình (1) và (3) vế theo vế, ta được (x  1)3  (2  y)3  y  3  x .

2
Đặt t  x  1, t  1 phương trình trở thành t 2  2(m  1)t  m2  m  3  0 (2).
(1) có 4 nghiệm phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt t1 , t 2 cùng lớn hơn 1

0,25

3

 '  0

điểm)  (t1  1)(t 2  1)  0
t  1  t  1  0
1
2
(m 2  2m  1)  (m 2  m  3)  0
 '  0


  t1t 2  (t1  t 2 )  1  0   m 2  m  3  (2m  2)  1  0
t  t  2  0
2m  2  2  0
1 2

(1,5

0,25

0,25

3m  4  0

t

D

I

C
M
B

Q

MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)  MAO  MBO  90 .
I là trung điểm của CD nên OI  CD  MIO  90 .
Suy ra các điểm A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO.
Vậy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO.

0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 2/4


b) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M di động
trên tia Ct.
Các tiếp tuyến tại C và D cắt nhau tại Q nằm trên đường thẳng OI.
1
Ta có MAC đồng dạng với MDA ( M chung và MAC  MDA  sđAC ).
2

MD MB  BD 
Suy ra





 (3).
MB MC BC
MC MC2  BC 
1
Lại có CAH  CDB  s® BC (4).
2
Mà MCH đồng dạng với MOD nên MHC  MDO .
180  COD
1
Suy ra AHC  90  MHC  90  CDO  90 
 180  COD
2
2
1
1
 360  COD  sđCAD  CBD (5).
2
2
BD HA
Từ (4), (5) ta có hai tam giác AHC và DBC đồng dạng. Suy ra

(6).
BC HC

c2
E



Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.
ab bc ca

a2
ab
a2 a  b


2

a.
Ta
có
điểm)
ab
4
ab 4

b2
bc
c2
ca

 b,

ab bc ca
4
4
4
a2
b2
c2
abc





ab bc ca
2
Do a  b  2 ab, b  c  2 bc, c  a  2 ca nên a  b  c  ab  bc  ac  1.

a2
b2
c2
1
1


  Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  .
Suy ra
ab bc ca 2
3
1
1

 3 1 2
3 

 1  2n  m .
Ta có
mn
mn
mn
2
Suy ra n 2  3n  4n 2  3n  3n 2 (2).
Thử trực tiếp n  1, n  2, n  3 thỏa mãn (2), nhưng chỉ có n  1, n  3 thỏa mãn (1).
Ta chứng minh (2) không đúng với n  4 .
Thật vậy:
+ n  4 : 34  3.42 .
+ Giả sử 3n  3n 2 với n  4 .
+ Suy ra 3n1  3.3n  3.3n 2  3(n  1)2  3(2n 2  2n  1)  3(n  1) 2 với n  4 .
Vậy bài toán có hai nghiệm n  1 hoặc n  3 .

0,25

0,25

0,25
1,00
0,25

0,25

0,25