SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (chuyên) Năm học: 2016 - 2017 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm) a) Đơn giản biểu thức x   x   x   x  với x  b) Cho a , b, c số thực thỏa mãn điều kiện a  b  c  ; Tính giá trị biểu thức 1 47    a  b b  c c  a 60 a b c   bc ca ab Câu (2,0 điểm) x  3x    x  x   x  y  x   b) Giải hệ phương trình  2  x  y  x  y   a) Giải phương trình Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn  O  Các đường cao AK , BM , CN tam giác ABC cắt H   MKH  a) Chứng minh NKH b) Đường thẳng MN cắt đường tròn  O  hai điểm I , J Chứng minh AO qua trung điểm IJ c) Gọi P trung điểm BC , diện tích tứ giác AMHN S Chứng minh 2.OP  S Câu (1,5 điểm) a) Chứng minh tồn vô hạn ba số nguyên  x, y, z  thỏa mãn xyz  x  y  7z  2 b) Tìm tất số nguyên không âm a , b, c thỏa mãn  a  b    b  c    c  a   6abc a  b3  c3  chia hết cho a  b  c  Câu (1,5 điểm) a) Cho x, y , z số thực thỏa mãn  x  y  x  z   1; y  z Chứng minh x  y   y  z  z  x  b) Trên bảng ban đầu ghi số số Ta thực cách viết thêm số lên bảng sau: bảng có hai số, giả sử a , b ; a  b , ta viết thêm lên bảng số có giá trị a  b  ab Hỏi với cách thực vậy, bảng xuất số 2016 hay không? Giải thích -HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên, chữ ký GT 1: Họ tên, chữ ký GT 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (chuyên) (Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang) Câu 1: (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) x   x 1  x   x 1  x 1 x 1 1  x 1 x 1 1     x 1 1  x 1 1   x 1 1    0,25 0,25 x 1 1 x 1 1 0,25  0,25 x    b) (1,0 điểm) Do a  b  c  nên  b  c   c  a   a  b a b c      bc ca ab bc ca ab 6    3 bc ca ab 1    6   3 b  c c  a a  b   47 47 17    3 60 10 10 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2: (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) Điều kiện x  x   0;  3x  Đặt a  x  x  1; b  x  1; a; b  Khi ta 2b  a   x 0,25 Phương trình cho trở thành: a  2b  a  2b  2b  a  2b  a  2b  a   2b  a  0,25   a  ab  b    a  b x   x  3 Với a  b ta x  x   x   x  x    0,25 Thử lại ta nghiệm phương trình là: x  0; x  3 2) (1,0 điểm) 0,25 0,25  x  y  3x    2  x  y  x  y   1  2 2 Cộng vế với vế (1) (2) ta x  y  x  y   Phương trình (3) tương đương với  x  y    x  y  2  3 0 x  y x     x  y   y  Ta thấy x  y  thỏa mãn (1) (2) Hệ cho có nghiệm  x; y   1;1 0,25 0,25 0,25 Câu 3: (3,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) A I Chứng minh tứ giác BNHK tứ giác CMHK tứ giác nội tiếp M 0,25 N H J O C B K Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp P 0,25 S   NKH  ; MCN   MKH  ; NBM   MCN  Chứng minh NBM 0,25   NKH  Từ chứng minh MKH b) (1,0 điểm) 0,25  Kẻ đường kính AS  O; R  , nối BS Ta có B SA   ACB (hai góc nội tiếp chắn 0,25 cung)  )  Tứ giác BNMC nội tiếp nên  ANM   ACB (cùng bù với BNM ANM   ASB Trong tam giác ABS ta có  ABS  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên   BAS   90 Suy    900  AO  MN hay AO  IJ BSA ANM  BAS Tam giác OIJ cân O  OI  OJ  , AO  IJ suy AO qua trung điểm IJ 0,25 0,25 0,25 c) (1,0 điểm)   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  SC  AC ; SB  AB Ta có  ABS  SCA  CH song song SB (cùng vuông góc BC )  BH song song SC (cùng vuông góc AB )  BHCS hình bình hành  P trung điểm HS (vì P trung điểm BC ) Do OP đường trung bình tam giác AHS  OP  0,5 AH Trong tứ giác ANHM ta có AH  NA2  NH  MA2  MH NA2  NH  NA.NH hay NA2  NH  4SNAH (Vì NA.NH  S NAH ) 2 0,25 MA  MH  2MA.MH  MA  MH  4S MAH (Vì MA.MH  S MAH )  2.HA2  4S ANHM  8.OP  S hay 2.OP  S   900 hay BAC   900 (mâu Dấu xảy NH  NA; MH  MA , MAN 0,25 thuẫn với tam giác ABC nhọn) Do không xảy dấu bằng, suy 2.OP  S Câu 4: (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (0,75 điểm) Với số nguyên k  ta có: x  y  7z   k 30 x  k 30 y  k 30 7z    k x    k 10 y    k 15 z   Do  x0 ; y0 ; z0  số nguyên thỏa mãn điều kiện đề với số nguyên k  ta có  k x0 ; k 10 y0 ; k 15 z0  số nguyên khác thỏa mãn điều kiện đề 0,25 0,25 Ta thấy 1; 2;3 thỏa mãn điều kiện đề Từ suy tồn vô hạn ba số nguyên  x, y, z  thỏa mãn xyz  x  y  7z    Lưu ý: Học sinh k ;  k 10 ; k 15 với k số nguyên khác tùy ý số nguyên thỏa mãn đề b) (0,75 điểm) Giả sử a; b; c số nguyên không âm thỏa mãn đề bài, ta có: a  b 2 2 0,25 0,25   b  c    c  a   6abc  a  b  c  ab  bc  ca  3abc (1)  Phân tích a  b3  c3  3abc   a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  (2) 0,25 Từ (1) (2) a  b3  c3  3abc  3abc  a  b  c  hay a  b3  c3  3abc  a  b  c  1 Do a  b3  c3  chia hết cho a  b  c  nên ta chia hết cho a  b  c  Suy a  b  c  Thử lại: a  b  c  thỏa mãn Vậy có số  a; b; c    0;0;0  thỏa mãn đề 0,25 Câu 5: (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (0,75 điểm) Đặt x  y  a; x  z  b ta ab  1; a  b Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 0,25 1 a b 1  2 4 2    a  b2  4 2 a b a  b ab a  b  2ab a  b2   a  b2    a  b2  0,25 Do ab  1; a  b nên a  b  2ab hay a  b     Mặt khác a  b   a  b2   2 a  b2  2  Vậy a  b2  a x  y 2  b2     y  z tức a  b     z  x 0,25  b) (0,75 điểm) Đặt k  ab  a  b   a  1 b  1  Nếu số a , b tồn số chia dư k chia dư Ban đầu bảng gồm có số số (một số chia dư 1; số chia dư 2) Suy thời điểm, bảng có số chia dư số lại chia dư Do với cách thực đề bài, bảng xuất số 2016 (Vì số 2016 chia hết cho 3) Lưu ý: Học sinh dùng bất biến theo modun 10 cách nhận xét chữ số tận số viết bảng; sử dụng cách liệt kê số viết bảng 0,5 0,25 Chú ý: - Nếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với đáp án, phù hơp kiến thức chương trình THCS tổ chấm thống cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm hướng dẫn quy định - Tổng điểm toàn không làm tròn HẾT