Đáp án chuyên Toán học Hải Dương 2016-2017 - Học Toàn Tập

Đường trung trực của các đoạn thẳng PQ, BC, QC cắt nhau tại O’ thì O’ là tâm đường. tròn ngoại tiếp tam giác BCP[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN 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 cho điểm tối đa

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a Rút gọn biểu thức:

2

2

 

 a x   a x 

A a a

x x với a0, x0 1,00

  2 2

2

2

=  

   

 a x x a  a x x a x a  x a

A

x x x x

0,25

  

 x a x a

x 0,25

+) Với x a x a  x a nên A = x a x a 2x x

x x

  

  0,25

+) Với 0 x a x a   x a ax nên A = a  x x a 2 a

x x

0,25

1 b

Tính giá trị biểu thức: P (x y)33(xy xy)( 1) biết:

3

3 2 2

   

x , 3

17 12 17 12

   

y

1,00 Ta có:

 

   

3

3

3

3

3 2 2

2 2 3 2 2 2 2

   

         

x

3

4 3

x   x x x (1)

0,25

Tương tự:

3 24

y  y (2) 0,25

Trừ vế với vế (1) (2) ta được: 3

3( ) 20

    

x y x y 0,25

(x - y)3 + 3(x - y)(xy + 1) = 20 Vậy P = 20 0,25 a Giải phương trình: x2 6 x32x23 (1) 1,00

+) ĐK: x 1

PT (1) (x2 - 3x + 3) + 3(x + 1) = (x 1)(x 3x3) (2) 0,25 Do x2 - 3x + > nên (2) 

2

3(x 1) x

1

x 3x x 3x

 

 

   

Đặt t 2 x ; t x 3x



 

  PT: + 3t2 = 4t 3t2 - 4t + =

t

(TM)

t    

  

0,25

+) Với t = PT: 2

x

1 x 4x x 2

x 3x

        

+) Với t =

3 PT:

2

x 1

x 12x x 42 x 3x 3



       

  0,25

2 b Giải hệ phương trình:   

2

2

2 2 1 1 1 (1)

3 3 (2)

       

 

    

x x x y y

x xy y 1,00

Ta có: (1)x x2 2x 2 1 y2  1 y y2 1 y  y2  1 y (Do

y   1 y với y)

2

x (x 1) y y

        

0,25

2

2

(x 1) y

x y

(x 1) y  

    

   

2

2

x y

(x y 1)

(x 1) y x y

(x 1) (x 1) y y (3)

   

     

   

 

   

 

        

0,25

Do (x 1) 2     1 x x 1, x y2 1 y   y, y nên (3) vô nghiệm 0,25

Thay y = - x - vào (2) tìm nghiệm

x x

3        Với x = y = -2; x = y

3

   Vậy hệ có nghiệm (1;-2), 1; 3  

 

 

0,25

3 a Tìm dạng tổng quát số nguyên dương n biết: M = n.4n + 3n chia hết cho 1,00 +) n = 2k (k nguyên dương): M = 2k.42k + 32k = 2k.16k + 9k Ta có: 16k 9k dư

với 2k chia 0,25

 M dư với (2k.2k + 2k) = 2k.(2k + 1) chia 7(2k + 1) chia hết cho 7k chia

dư 3, hay k = 7q + n = 14q + (qN) 0,25 +) n = 2k + (k nguyên dương): M = (2k + 1).42k + + 32k+1 = 4(2k+1).16k + 3.9k

M dư với (k + 4).2k + 3.2k = (k + 7).2k chia 0,25 k chia hết cho 7k = 7p (pN)

Vậy n = 14q + n = 14p + 1, với p q số tự nhiên 0,25 b

Tìm cặp số (x; y) nguyên dương thoả mãn:

(x2 + 4y2 + 28)2 - 17(x4 + y4) = 238y2 + 833 1,00 Ta có:  2 2 2 4 4 2

4 28 17( ) 238 833

x  y   x y  y 

2

2 2

4( 7) 17 ( 7)

x y x y

         0,25

4 2 2

16x (x y 7) (y 7)

     

2 2

4x (y 7)

     2

4x y

   

(2x y)(2x y)     (1)

0,25

Do từ (1) suy ra:

2 7 2

2 1 3

x y x

x y y

  

 

     

 

KL: (x; y)=(2; 3) thoả mãn toán

0,25

4 a Chứng minh điểm M ln nằm đường trịn cố định 1,00

Lấy K điểm đối xứng O qua B, B O cố định nên K cố định 0,25 Tứ giác OAKM hình bình hành nên KM = OA 0,25

BC OA

2

 không đổi 0,25

M nằm đường trịn tâm K, bán kính BC

2 0,25

4 b Chứng minh tổng bình phương cạnh tứ giác AEGF không đổi 1,00 Xét AHB vàCHA có ·BHC=·BHA=900, BAH· = ·ACB (cùng phụ với ·ABC)

 AHB đồng dạng CHA Gọi S trung điểm AH, I trung điểm HC nên ABS đồng dạng CAI  ·ABS= CAI·

0,25

Ta lại có BS đường trung bình AMH  BS//MH  ·ABS= ·AMH  ·AMH= CAI·

Mà CAI· + ·MAI=900 ·AMH+ ·MAI=900AIMF

0,25

Xét tứ giác AEGF nội tiếp (O), có AG EF

Kẻ đường kính AD, GDAG EFAG nên EF // GD, tứ giác nội tiếp EFGD hình thang cânFG = ED AE2 + FG2 = AE2 + ED2 = AD2 = BC2

0,25

Tương tự ta chứng minh được: AF2+ EG2 = BC2

Vậy AE2+ FG2 +AF2+ EG2 = 2BC2 0,25

4 c

Gọi P hình chiếu vng góc H lên AB Tìm vị trí điểm A cho bán kính

đường trịn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn 1,00 Gọi Q hình chiếu H AC Tứ giác APHQ hình chữ nhật (S tâm)

A

I S

E

O

M K

B C

H

F

AQP· AHP· ABC· nên tứ giác BPQC nội tiếp 0,25

Đường trung trực đoạn thẳng PQ, BC, QC cắt O’ O’ tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác BCP 0,25

Có: OO’ // AH vng góc với BC

OAPQ O 'SPQO’S//OA nên tứ giác ASO’O hình bình hành OO’ = AS = AH

2

Trong trường hợp A nằm cung BC ta có: OO’ = AS = AH

2 0,25

Tam giác OO’C vuông O nên O’C =

2 AH OC

4

 Do OC không đổi nên O’C lớn AH lớn A cung BC

0,25

5

Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2

2 2

P 14(a b c ) ab bc ca a b b c c a

 

   

 

1,00 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:

a3 + ab2  2a2b; b3 + bc2 2b2c; c3 + ca2  2c2a  a2 + b2 + c2 3(a2b + b2c + c2a) Do đó: 2

2 2

3( )

P 14(a b c ) ab bc ca

a b c

 

   

 

0,25

Đặt t = a2 + b2 + c2 Ta ln có: 3(a2 + b2 + c2)  (a +b + c)2 = 1.Do vậy: t  1

3 0,25 Khi đó: P 14 3(1 ) 27 3 1. 2 27 .3 23

2 2 2 2 2



 t t  t t     t  

t t t 0,25

Vậy MinP = 23

3 a = b = c = 1

3 0,25

A

S

O

O'

B C

H P