SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017-2018
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, chuyên Tin học
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
—————————

Câu 1 (2,0 điểm). Cho phương trình x 2  2(m  1) x  2m 2  3m  1  0 , trong đó m là tham số, x
là ẩn số.
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm.
9
8

b) Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 , x2 . Chứng minh rằng x1  x2  x1 x2  .
2
2 x  xy  1
Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình  2
, trong đó m là tham số và x, y là
2
4 x  4 xy  y  m

các ẩn số.
a) Giải hệ phương trình với m  7 .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm.
Câu 3 (3,0 điểm). Cho hình thang ABCD với AD, BC là hai cạnh đáy , BC  AD , BC  BD  1 ,
  BDC
  1800 , E là điểm đối xứng với D qua đường thẳng BC.
AB  AC , CD  1 , BAC
  2

là ẩn số.
Nội dung
1a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm.
PT có nghiệm   '  (m  1)2  (2m 2  3m  1)  0
 m 2  m  0  m(m  1)  0
 m  0

 m  1  0
0  m  1
 m  0

 
  m  0
 m  1  0
 m  1
m  0

 m  1
 0  m 1

Điểm
1,00
0,25
0,25

0,25

0,25

1b) Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 , x2 . Chứng minh rằng

4
4 4 
4  16
2
9 
1  9
1
Suy ra P  2    m     , dấu bằng xảy ra khi m  .
4  8
4
 16 

0,25
0,25

2 x 2  xy  1
Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình  2
, trong đó m là tham số và x, y là
2
4 x  4 xy  y  m

các ẩn số.
Nội dung
2a) Giải hệ phương trình với m  7 .
 2x2 1
2 x 2  xy  1
y

Với m=7 ta có:  2
(do x  0 không thỏa mãn).


2
 x  1  x  1.
Với x  1  y  1 .
Với x  1  y  1 . Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    1; 1 , 1;1 .

2b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm.
Ta có x  0 không thỏa mãn suy ra x  0.
Rút y từ PT thứ nhất rồi thế vào PT thứ hai ta có:
2

2 x2 1  2 x2  1 

4x  4x
 m
x
 x 

0,25
0,25
1,00
0,25

2

Hệ có nghiệm  4 x 4  4 x 2  2 x 2  1   2 x 2  1  mx 2 có nghiệm khác 0.

0,25

 8 x 4  mx 2  1  0 có nghiệm khác 0. Đặt t  x 2 , t  0. Thay vào phương trình trên ta được

D
A

L

C
F
B

E

3a) Chứng minh rằng 4 điểm A, C, E, B cùng nằm trên một đường tròn và
  2. 
BEC
AEC .

1,00

  BEC

Do E đối xứng D qua BC nên BDC
  BDC
  1800  BAC
  BEC
  1800 suy ra A, C , E , B cùng nằm trên một đường
Có BAC
tròn.
Có tam giác ABC cân tại A nên 
ABC  
ACB , kết hợp với tứ giác ACEB nội tiếp ta được

ADB  CAE
trực của BE nên DBC
FA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK, kết hợp với FA  FD  FD là
tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK.
3c) Tính độ dài cạnh CD.
0

0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00

 , suy ra FC  CE  CE (vì BE  BD  1 )
Do EF là phân giác BEC

FB

EB
AC BE
Ta có AFC đồng dạng với BFE 

AF BF

0,25


các số nguyên dương thỏa mãn (1) được gọi là một nghiệm nguyên dương của phương trình
(1).
Nội dung
4a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương có dạng  x, y, y  của phương trình (1).
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là  x, y, y  . Khi đó thay vào phương trình
ta được: x 2  y 2  y 2  3 xy 2  x 2  2 y 2  3 xy 2 .
suy ra x 2  y 2  x  y  x  ty . Thay trở lại phương trình trên ta được
t 2 y 2  2 y 2  3t. y. y 2  t 2  2  3ty .

Điểm
1,00
0,25
0,25

Từ phương trình này ta được 2 t  t  1, 2 .

0,25

Với t  1  y  1  x  1.
Với t  2  y  1  x  2. Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương dạng

0,25

 x, y, y  là: 1,1,1 ,  2,1,1 .
4b) Chứng minh rằng tồn tại nghiệm nguyên dương  a, b, c  của phương trình (1) và
thỏa mãn điều kiện min a; b; c  2017 . Trong đó kí hiệu min a; b; c là số nhỏ nhất

1,00

trong ba số a, b, c.


sao cho bn  2  3n và chuyển về xét dãy số 1  b1  b2  ...  bn  2  3n . Khi đó ta chỉ cần
chứng minh tồn tại hai số bi , b j (1  j  i  n  2; i, j  ) sao cho n  bi  b j  2n .

0,25

Với mọi k đặt bi  ai  k  ai  a j   ai  k    a j  k   bi  b j (2). Do đó ta có thể chọn k

Xét 2 trường hợp:
1. Nếu tồn tại j  1, 2,..., n  1 sao cho n  b j  2n thì ta có: n  bn  2  b j  2n

0,25

2. Nếu với mọi j  1, 2,..., n  1 ta có b j   n  1; 2n  1 thì các số
b1 , b2 ,..., bn 1  1, 2,...,3n  1 \ n  1,..., 2n  1 . Các số thuộc tập

0,25

1, 2,...,3n  1 \ n  1,..., 2n  1 chia thành n cặp số: 1; 2n  ,  2; 2n  1 ,...,  n; 3n  1 . Do đó
trong n  1 số b1 , b2 ,..., bn 1 , tồn tại 2 số bi , b j ( j  i ) thuộc cùng một cặp, chẳng hạn

 t; 2n  t  1 hay

n  bi  b j  2n  t  1  t  2n  1  2n . Theo (2) từ cặp số bi , b j thỏa mãn

0,25

n  bi  b j  2n thì tồn tại cặp số ai , a j thỏa mãn n  ai  a j  2n .

Lưu ý khi chấm bài: