Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên nguyễn trãi hải dương năm học 2016 2017(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
NĂM HỌC 2016 - 2017
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) Rút gọn biểu thức:

a + x2
a + x2
−2 a +
+2 a
x
x
với a > 0, x > 0 .

A=

3
b) Tính giá trị biểu thức P = ( x − y ) + 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:

x 2 + 6 = 4 x3 − 2 x 2 + 3 .

(

b) Giải hệ phương trình:

)(

)

 x + x2 + 2x + 2 + 1 y + y 2 + 1 = 1


 x 2 − 3 xy − y 2 = 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.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

Q = 14(a 2 + b 2 + c 2 ) +

ab + bc + ca
a 2b + b 2 c + c 2 a

----------------------------Hết---------------------------Họ và tên thí sinh:....................................................................Số báo danh:........................................
Chữ kí của giám thị 1: .................................................Chữ kí của giám thị 2: ....................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
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
1

a

Rút gọn biểu thức:

A=

( x− a)

2

2

x

+

( x+ a)

0,25

x

0,25

.

x − a + x + a 2x
=
=2 x
x− a = x− a
x
≥
a
x
x
+) Với
thì
nên A =
.

(

1 b

0,25

a −x+x+ a 2 a
=
x
x .

3
Tính giá trị biểu thức: P = ( x − y ) + 3( x − y )( xy + 1) biết:

x = 3 + 2 2 − 3 − 2 2 , y = 17 + 12 2 − 17 − 12 2 .
3

x =
3

(

3

3

3

Ta có:
3+ 2 2 − 3− 2 2
3

)

(

3

)(

)(

3

3+ 2 2 − 3 3−2 2

)

⇒ x 3 = 4 2 − 3 x ⇔ x 3 + 3 x = 4 2 (1).
3
Tương tự: y + 3 y = 24 2 (2).
3

3

2
3
2
Giải phương trình: x + 6 = 4 x − 2 x + 3 (1)
+) ĐK: x ≥ −1
2

PT (1) ⇔ (x2 - 3x + 3) + 3(x + 1) = 4 (x + 1)(x − 3x + 3) (2)
3(x + 1)
x +1
1+ 2
=4 2
x − 3x + 3
x − 3x + 3
Do x2 - 3x + 3 > 0 nên (2) ⇔

Đặt

t=

0,25

0,25

Trừ vế với vế (1) và (2) ta được: x − y + 3( x − y ) = −20 2
⇔ (x - y)3 + 3(x - y)(xy + 1) = −20 2. Vậy P = −20 2
a

1,00

3

= 3 + 2 2 − 3 + 2 2 − 33 3 + 2 2 3 − 2 2 .

2

0,25

)

x− a =− x− a = a − x
+) Với 0 < x < a thì

nên A =

1,00

2

x− a +x+ a
x

Điểm

2

a + x − 2x a
a + x + 2x a
+
=
x
x
2

A=
=

a+x
a+x
−2 a +
+2 a
x
x
với a > 0, x > 0 .
2

t = 1
⇔  1 (TM)
x +1
t =
;
t
≥
0
2
2
x 2 − 3x + 3
 3
⇔
được PT: 1 + 3t = 4t
3t - 4t + 1 = 0

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

+) Với t = 1 được PT:
1
+) Với t = 3 được PT:
2 b
Giải hệ phương trình:
Ta có:

x +1
= 1 ⇔ x 2 − 4x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ± 2
x − 3x + 3

0,25

2

x +1
1
= ⇔ x 2 − 12x − 6 = 0 ⇔ x = 6 ± 42
x − 3x + 3 3

0,25

2

(

)(

)

 x + x 2 + 2 x + 2 + 1 y + y 2 + 1 = 1 (1)

 x 2 − 3xy − y 2 = 3 (2)

(

)(

(1) ⇔ x + x 2 + 2x + 2 + 1

y2 + 1 + y

)(

) (

y2 + 1 − y =

y2 + 1 − y

1,00

)
0,25

2
(Do y + 1 − y ≠ 0 với mọi y)
⇔ x + 1 + (x + 1) 2 + 1 = − y + y 2 + 1

⇔ x + y +1+

(x + 1) 2 − y 2
(x + 1)2 + 1 + y2 + 1

=0



x +1− y
⇔ (x + y + 1) 1 +
÷= 0
2
2

÷
(x
+
1)
+
1
+
y
+
1


x + y + 1 = 0
⇔

2
2
 (x + 1) + 1 + (x + 1) + y + 1 − y = 0 (3)

Do

3

a

3 b

(x + 1) 2 + 1 > x + 1 ≥ x + 1, ∀x

và

y 2 + 1 > y ≥ − y, ∀y

0,25

nên (3) vô nghiệm.

x = 1

x = − 4
3
Thay y = - x - 1 vào (2) tìm được nghiệm 
 4 1
4
1

− ⇒y=
− ; ÷
⇒
3
3
Với x = 1
y = -2; x =
. Vậy hệ có nghiệm (1;-2),  3 3  .
Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết: M = n.4n + 3n chia hết cho 7.
+) n = 2k (k nguyên dương): M = 2k.42k + 32k = 2k.16k + 9k. Ta có: 16k và 9k cùng dư với
2k chia 7.
⇒ M cùng dư với (2k.2k + 2k) = 2k.(2k + 1) chia 7 ⇒ (2k + 1) chia hết cho 7 ⇒ k chia 7
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
⇒ M cùng dư với (k + 4).2k + 3.2k = (k + 7).2k chia 7.
⇒ k chia hết cho 7 ⇒ k = 7p (p ∈ N ).
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:

(x2 + 4y2 + 28)2 - 17(x4 + y4) = 238y2 + 833.
Ta có: ( x

2

+ 4 y 2 + 28 ) − 17( x 4 + y 4 ) = 238 y 2 + 833

0,25

0,25

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

2

2

⇔  x 2 + 4( y 2 + 7)  = 17  x 4 + ( y 2 + 7) 2 

⇔ 16 x 4 − 8 x 2 ( y 2 + 7) + ( y 2 + 7) 2 = 0
2

⇔  4 x 2 − ( y 2 + 7)  = 0 ⇔ 4 x 2 − y 2 − 7 = 0

0,25
0,25


⇔ (2 x + y )(2 x − y ) = 7 (1)
*
Vì x, y ∈ N nên 2 x + y > 2 x − y và 2 x + y > 0 .
Do đó từ (1) suy ra:
2 x + y = 7  x = 2
⇔

2

x
−
y
=
1

y = 3

0,25

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.
A

1,00

F

S

B

C

K

H

O

I

E
G
D
M

4 b

Lấy K là điểm đối xứng của O qua B, vì B và O cố định nên K cố định
Tứ giác OAKM là hình bình hành nên KM = OA
BC
OA =
2 không đổi.
BC
⇒ M nằm trên đường tròn tâm K, bán kính 2 .
Chứng minh tổng bình phương các cạnh của tứ giác AEGF không đổi.

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

·
·
·
·
·
Xét ∆ AHB và ∆ CHA có BHC = BHA
=900, BAH
= 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 = CAI
Ta lại có BS là đường trung bình của ∆ AMH
·
⇒ BS//MH ⇒ ·ABS = ·AMH ⇒ ·AMH = CAI

0,25

·

·
·
Mà CAI + MAI
=900 ⇒ ·AMH + MAI
=900 ⇒ AI ⊥ MF
Xét tứ giác AEGF nội tiếp (O), có AG ⊥ EF

4

c

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
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)


·
·
·
= AHP
= ABC
⇒ AQP
nên tứ giác BPQC nội tiếp.
A

Q
S
P
B
H

O

0,25

C

O'

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.
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
OC 2 +

0,25

0,25

AH 2
4 . Do OC không đổi nên O’C lớn 0,25

Tam giác OO’C vuông tại O nên O’C =
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
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Ta có:

P = 14(a 2 + b 2 + c 2 ) +

ab + bc + ca
a 2b + b 2c + c 2a

1,00

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)
Do đó:

P ≥ 14(a 2 + b 2 + c 2 ) +

3(ab + bc + ca)
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 .
Khi đó:

P ≥ 14t +

3(1 − t ) t 27t 3 3 1 1

27t 3 3 23
= +
+ − ≥ . +2
. − =
2t
2
2
2t 2 3 2
2 2t 2 3

23
1
Vậy MinP = 3 khi a = b = c = 3 .

0,25
0,25
0,25