Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi môn Toán (Chuyên) - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi môn Toán (Chuyên) - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HẢI DƯƠNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) a x2 a x2 a) Rút gọn biểu thức: A 2 a 2 a với a 0, x 0 . x x b) Tính giá trị biểu thức P (x y)3 3(x y)(xy 1) biết: x 3 3 2 2 3 3 2 2 , y 3 17 12 2 3 17 12 2 . Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 6 4 x3 2x2 3 . 2 2 x x 2x 2 1 y y 1 1 b) Giải hệ phương trình: 2 2 x 3xy y 3 Câu 3 (2,0 điểm) a) Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết: M = n.4n + 3n chia hết cho 7. b) Tìm các cặp số (x; y) nguyên dương thoả mãn: (x2 + 4y2 + 28)2 17(x4 + y4) = 238y2 + 833. Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A là điểm di chuyển trên đường tròn (O) (A khác B và C). Kẻ AH vuông góc với BC tại H. M là điểm đối xứng của điểm A qua điểm B. a) Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định. b) Đường thẳng MH cắt (O) tại E và F (E nằm giữa M và F). Gọi I là trung điểm của HC, đường thẳng AI cắt (O) tại G (G khác A). Chứng minh: AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2. c) Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 1. ab bc ca Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : Q 14(a2 b2 c2 ) a2b b2c c2a Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 - 2017 (Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang) Nếu học sinh có cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Câu Ý Nội dung Điểm a x2 a x2 Rút gọn biểu thức: A 2 a 2 a với a 0, x 0 . 1 a x x 1,00 2 2 a x2 2x a a x2 2x a x a x a A = 0,25 x x x x x a x a . 0,25 x x a x a 2x +) Với x a thì x a x a nên A = 2 x . 0,25 x x +) Với 0 x a thì x a x a a x a x x a 2 a 0,25 nên A = . x x Tính giá trị biểu thức: P (x y)3 3(x y)(xy 1) biết: 1 b 1,00 x 3 3 2 2 3 3 2 2 , y 3 17 12 2 3 17 12 2 . Ta có: 3 x3 3 3 2 2 3 3 2 2 0,25 3 2 2 3 2 2 33 3 2 2 3 2 2 . 3 3 2 2 3 3 2 2 x3 4 2 3x x3 3x 4 2 (1). 3 Tương tự: y 3y 24 2 (2). 0,25 Trừ vế với vế (1) và (2) ta được: x3 y3 3(x y) 20 2 0,25 (x - y)3 + 3(x - y)(xy + 1) = 20 2. Vậy P = 20 2 0,25 2 a Giải phương trình: x2 6 4 x3 2x2 3 (1) 1,00 +) ĐK: x 1 0,25 PT (1) (x2 - 3x + 3) + 3(x + 1) = 4 (x 1)(x 2 3x 3) (2) 3(x 1) x 1 Do x2 - 3x + 3 > 0 nên (2) 1 4 x 2 3x 3 x 2 3x 3 t 1 0,25 x 1 Đặt t ; t 0 được PT: 1 + 3t2 = 4t 3t2 - 4t + 1 = 0 1 (TM) x 2 3x 3 t 3 x 1 +) Với t = 1 được PT: 1 x 2 4x 2 0 x 2 2 0,25 x 2 3x 3
3. 1 x 1 1 +) Với t = được PT: x 2 12x 6 0 x 6 42 3 x 2 3x 3 3 0,25 2 2 x x 2x 2 1 y y 1 1 (1) 2 b 1,00 Giải hệ phương trình: 2 2 x 3xy y 3 (2) Ta có: (1) x x 2 2x 2 1 y2 1 y y2 1 y y2 1 y (Do y2 1 y 0 với mọi y) 0,25 x 1 (x 1)2 1 y y2 1 (x 1)2 y2 x y 1 0 (x 1)2 1 y2 1 x 1 y (x y 1) 1 0 2 2 0,25 (x 1) 1 y 1 x y 1 0 2 2 (x 1) 1 (x 1) y 1 y 0 (3) Do (x 1)2 1 x 1 x 1, x và y2 1 y y, y nên (3) vô nghiệm. 0,25 x 1 Thay y = - x - 1 vào (2) tìm được nghiệm 4 x 3 0,25 4 1 4 1 Với x = 1 y = -2; x = y . Vậy hệ có nghiệm (1;-2), ; . 3 3 3 3 3 a Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết: M = n.4n + 3n chia hết cho 7. 1,00 +) n = 2k (k nguyên dương): M = 2k.4 2k + 32k = 2k.16k + 9k. Ta có: 16k và 9k cùng dư 0,25 với 2k chia 7. M cùng dư với (2k.2k + 2k) = 2k.(2k + 1) chia 7 (2k + 1) chia hết cho 7k chia 7 0,25 dư 3, hay k = 7q + 3 n = 14q + 6 (q ).N +) n = 2k + 1 (k nguyên dương): M = (2k + 1).42k + 1 + 32k+1 = 4(2k+1).16k + 3.9k 0,25 M cùng dư với (k + 4).2k + 3.2k = (k + 7).2k chia 7. k chia hết cho 7k = 7p (p ).N 0,25 Vậy n = 14q + 6 hoặc n = 14p + 1, với p và q là các số tự nhiên. Tìm các cặp số (x; y) nguyên dương thoả mãn: 3 b 1,00 (x2 + 4y2 + 28)2 - 17(x4 + y4) = 238y2 + 833. 2 Ta có: x2 4y2 28 17(x4 y4 ) 238y2 833 2 2 2 4 2 2 0,25 x 4(y 7) 17 x (y 7) 16x4 8x2 (y2 7) (y2 7)2 0 2 2 2 2 2 4x (y 7) 0 4x y 7 0 0,25 (2x y)(2x y) 7 (1) Vì x, y N * nên 2x y 2x y và .2x y 0 0,25
4. Do đó từ (1) suy ra: 2x y 7 x 2 2x y 1 y 3 0,25 KL: (x; y)=(2; 3) thoả mãn bài toán. 4 a Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định. 1,00 A F S B C K H O I E G D M Lấy K là điểm đối xứng của O qua B, vì B và O cố định nên K cố định 0,25 Tứ giác OAKM là hình bình hành nên KM = OA 0,25 BC OA không đổi. 0,25 2 BC M nằm trên đường tròn tâm K, bán kính . 0,25 2 4 b Chứng minh tổng bình phương các cạnh của tứ giác AEGF không đổi. 1,00 Xét AHB và CHA có B·HC =B·HA =900, B·AH = ·ACB (cùng phụ với ·ABC ) AHB đồng dạng CHA. Gọi S là trung điểm của AH, I là trung điểm của HC nên 0,25 ABS đồng dạng CAI ·ABS = C· AI Ta lại có BS là đường trung bình của AMH · · · · BS//MH ABS = AMH AMH = CAI 0,25 Mà C· AI + M· AI =900 ·AMH + M· AI =900 AI MF Xét tứ giác AEGF nội tiếp (O), có AG  EF Kẻ đường kính AD, do GD AG và EF AG nên EF // GD, do đó tứ giác nội tiếp 0,25 EFGD là hình thang cân FG = ED AE2 + FG2 = AE2 + ED2 = AD2 = BC2 Tương tự ta chứng minh được: AF2+ EG2 = BC2 0,25 Vậy AE2+ FG2 +AF2+ EG2 = 2BC2. Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho bán kính 4 c 1,00 đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất. Gọi Q là hình chiếu của H trên AC Tứ giác APHQ là hình chữ nhật (S là tâm) A·QP A·HP A·BC nên tứ giác BPQC nội tiếp.
5. A 0,25 Q S P B C H O O' Đường trung trực của các đoạn thẳng PQ, BC, QC cắt nhau tại O’ thì O’ là tâm đường 0,25 tròn ngoại tiếp tam giác BCP. Có: OO’ // AH vì cùng vuông góc với BC. OA  PQ và O'S  PQ O’S//OA nên tứ giác ASO’O là hình bình hành AH OO’ = AS = 2 AH Trong trường hợp A nằm chính giữa cung BC thì ta vẫn có: OO’ = AS = 2 0,25 AH2 Tam giác OO’C vuông tại O nên O’C = OC2 . Do OC không đổi nên O’C lớn 4 0,25 nhất khi AH lớn nhất A chính giữa cung BC. Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 1. 5 2 2 2 ab bc ca 1,00 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 14(a b c ) a2b b2c c2a Ta có: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 Theo bất đẳng thức Cô si: 0,25 a3 + ab2 2a2b; b3 + bc2 2b2c; c3 + ca2 2c2a a2 + b2 + c2 3(a2b + b2c + c2a) 3(ab bc ca) Do đó: P 14(a2 b2 c2 ) a2 b2 c2 1 Đặt t = a2 + b2 + c2. Ta luôn có: 3(a2 + b2 + c2) (a +b + c)2 = 1. Do vậy: t . 3 0,25 3(1 t) t 27t 3 3 1 1 27t 3 3 23 Khi đó: P 14t . 2 . 2t 2 2 2t 2 3 2 2 2t 2 3 0,25 23 1 Vậy MinP = khi a = b = c = . 3 3 0,25