SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
THPT Chuyên Hà Nội - Amsterdam
Năm học 2015 – 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài : 150 phút
(Dành cho học sinh thi chuyên Toán)

Bài I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: x  x  8  3 x  1  0.
�x 2  y 2  5
�
2) Giải hệ phương trình �3
3
�x  2 y  10 x  10 y
Bài II (2,5 điểm).
1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh (n 4  1)M40
�p  1  2 x ( x  2)
2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn � 2
�p  1  2 y ( y  2)
3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn
x 3  y 3  z 3  nx 2 y 2 z 2
Bài III (1,5 điểm)
3
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Chứng minh ab + ac + bc ≤
4
Bài IV (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) . Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Gọi Q là điểm bất kỳ trên
cung nhỏ BC. Gọi E, F là điểm đối xứng của Q qua AB, AC.

2
2
�
�
x

8

1

x

3
�0
Ta có: �
2
� x  3 �0
�
�
� x  8 1  0
� x  9 (thỏa mãn)
Do đó (2) � �
� x 3 0
Vậy tập nghiệm của phương trình là {9}





 

��
��
hay �
Do đó ( I ) �
�x  2
�x  2
�x  2 y
�x  2 y
Vậy hệ có nghiệm (2;1) và (–2;–1)
Bài II (2,5 điểm).
1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh (n 4  1)M40
Vì n và 10 nguyên tố cùng nhau nên n không chia hết cho 2 và 5.
⇒ n chỉ có thể có dạng 10k ± 1 và 10k ± 3 với k ∈ ℕ.
Ta có: n 4  1  (n 2  1)(n 2  1)  (n  1)(n  1)(n2  1)
Do n lẻ nên n – 1 ⋮ 2; n + 1 ⋮ 2 và n 2 + 1 ⋮ 2 ⇒ n 4 – 1 ⋮ 8. (1)
 Nếu n = 10k ± 1 ⇒ n2 ≡ (±1)2 ≡ 1 (mod 10) ⇒ n2 – 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (2)
Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />

Từ (1) và (2), chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1 ⋮ 40
 Nếu n = 10k ± 3 ⇒ n2 ≡ (±3)2 = 9 (mod 10) ⇒ n2 + 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (3)
Từ (1) và (3) chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1⋮ 40
Vậy trong mọi trường hợp ta có n4 – 1 ⋮ 40
�p  1  2 x ( x  2)
2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn � 2
�p  1  2 y ( y  2)
Từ (1) ⇒ p – 1 là số chẵn ⇒ p là số nguyên tố lẻ.
Trừ từng vế của (2) cho (1) ta được p 2  p  2 y 2  2 x 2  4 y  4 x � p ( p  1)  2( y  x)( y  x  2)(*)
⇒ 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p. Mà (2;p) = 1 nên xảy ra 2 TH:

Từ (1) ⇒ 0  y 3  z 3  x 2 (ny 2 z 2  1) � ny 2 z 2  1  0 � ny 2 z 2  1 �1
� y 3  z 3  x 2 (ny 2 z 2  1) �x 2 (*)
3
3
x
y�
z 3 nx2 y 2 z 2
ny 2 z 2
9 x 2 n2 y 4 z 4
Vì x ≥ y ≥ z nên 3x3  �
� z3 � 2 4
3
3
2
2 4 4
1  3 ��n yz
Kết hợp với (*) ta có 9  y  z  �9 x �n y z � 9 �
� y �
� z3 �
z3
2
4
1 3 � 18(**)
Mà y �z �3 1 n yz 9 �
y
� y �
4
Ta có: (**) �z 18

z 1

4

Áp dụng BĐT Cô–si cho ba số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có:
3
(a  b)  (b  c )  (c  a ) �3 3 (a  b)(b  c )(c  a )  3 � a  b  c � (2)
2
Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có:
�
a  b �2 ab
�
1
�
b �
c 
2 ac
��1 (a b)(b c)(c a ) 8abc abc
(3)
�
8
�
c  a �2 ca
�
Biến đổi (1), chú ý 2 BĐT (2) và (3), ta được:
(a  b)(b  c )(c  a )  1
� (a  b)(bc  ba  c 2  ca )  1
� (a  b)(bc  ba  ca )  ac 2  bc 2  1
� (a  b)(ab  bc  ca )  c(ab  bc  ca)  abc  1
� (a  b  c)(ab  bc  ca )  abc  1
1
1

Gọi K là giao BH và QE, L là giao CH và QF.
Tứ giác AJQI có AIQ + AJQ = 90o + 90o = 180o nên là tứ giác nội tiếp ⇒JAI + JQI = 180o
Mà JAI + BQC = 180o (do ABQC là tứ giác nội tiếp) nên JQI = BQC => BQE = CQF (5)
Vì E, F đối xứng với Q qua AB, AC nên BQ = BE, CQ = CF ⇒ ∆ BEQ và ∆ CQF cân
=> CQF = CFQ (6) . Từ (5) và (6) suy ra CFL = BQK (7)
Ta có LH // QK (cùng vuông góc AB); KH // QL (cùng vuông góc AC) nên QKHL là hình bình hành ⇒ QKH =
QLH = FLC hay QKB = FLC (8)
QK QB

Từ (7) và (8) ⇒∆QKB ~ ∆FLC (g.g) =>
FL FC
QB QE
QK QE
QK FL

�

�

Hai tam giác cân BQE và CFQ đồng dạng, nên
FC QF
FL QF
QE FQ
LH FL

Mà QK = LH (do QKHL là hình bình hành) nên
QE FQ
LH ' FL

Vì LH’ // QE nên theo định lý Ta–lét ta có:

AC GB

QI DQ
AB AC GC  GB BC
�



QJ QI
DQ
DQ
AB AC

Vì BC không đổi nên
nhỏ nhất ⇔ DQ lớn nhất ⇔ Q là điểm chính giữa cung BC nhỏ của đường
QJ QI
tròn (O).
Bài V (1,0 điểm)
1
Chứng minh tồn tại các số nguyên a, b, c sao cho 0 < a  b 2  c 3

| xi  x j |
.
1000
�
1 i 2 �
1 j 2 �
, b  i  j  xi  x j  a  b 2  0. 3
Đặt a  �
�
� �
�
Do đó

Mà a là số nguyên, b 2 là số vô tỷ nên a  b 2 �0 �| xi  x j | 0
1
1
� 0  a  b 2  0. 3 
Do đó 0 | xi  x j |
1000
1000
Vậy tồn tại các số nguyên a, b, c thỏa mãn đề bài.

Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />