Đề thi tuyển sinh môn toán lớp 10 chuyên nguyễn du đăk lawk năm học 2016 2017(có đáp án)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN
Ngày thi : 16/6/2016
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1: (2,0 điểm)
1) Cho đa thức P  x   x9  17 x8  m . Tìm m biết rằng a  3  3  13  2 12 là một
nghiệm của P  x 
2) Cho 2016 số dương a1 , a2 ,  , a2015 , a2016 thỏa mãn
tính giá trị của biểu thức A 

a1 a2
a
a

   2015  2016 . Hãy
a2 a3
a2016
a1

2
a12  a22    a2016

 a1  a2    a2016 

2

Câu 2: (3,0 điểm)
1) Giải phương trình: 2 x  3  x 2  5 x  5  0
 2  x  y   3 xy
2) Giải hệ phương trình:  6  y  z   5 yz .
 3  x  z   4 xz


3) Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z và x  y  z  3 . Tìm giá trị
x
z

z
y

nhỏ nhất của biểu thức B    3 y
Câu 3: (2,0 điểm)
1) Tìm cặp số nguyên tố (m, n) sao cho: m 2  2n2  1  0 .
2) Cho hai số tự nhiên a, b sao cho a 2  b 2  ab chia hết cho 10. Chứng minh
rằng a 2  b2  ab chia hết cho 100.
Câu 4: (1,5 điểm)

2
AB . Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho
3
đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại I. Lấy điểm P thuộc cạnh AB, điểm Q thuộc
 cắt CD tại H.
cạnh CD sao cho PQ vuông góc với AM. Đường phân giác của góc MAD
Chứng minh rằng:
2

1
1
4
a) PQ  BM  DH .
b)


.
3
AB 2 AM 2 9 AI 2
Cho hình chữ nhật ABCD, biết AD 

Câu 5: (1,5 điểm)
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP (MP < MN), đường thẳng vuông
góc với MI tại I cắt NP kéo dài tại Q. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên MQ.
  INP
.
a) Chứng minh PIQ

b) Chứng minh điểm H nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP
Ngu yễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới th iệu)

trang 1


SƠ LƯỢC BÀI GIẢI
Câu 1: (2,0 điểm)
1) Ta có: a  3  3  13  2 12  3  3 

2



2

3 1

 3





3 1

2

1

Vì a  1 là một nghiệm của P  x  , nên ta có: P 1  0  19  17 18  m  0  m  16
2) Ta có:

a
a
a
a
a  a    a2015  a2016
a1 a2
a
a


   2015  2016  1  2    2015  2016  1 2
1
a2 a3
a2016
a1
a2 a3
a2016
a1
a1  a2    a2015  a2016

 a1  a2    a2015  a2016  k  k  0  . Do đó A 

2
a12  a22    a2016

 a1  a2    a2016 

2



2016k 2

 2016k 

2



1
2016

Câu 2: (3,0 điểm)


3

2x  3  0
x


2
* )

2

x

5
x

5

0
2

  x  5 x  5  0


1) (ĐK: 

2 x  3  x 2  5 x  5  0  2 x  3   x 2  5 x  5  2 x  3  x 4  25 x 2  25  10 x3  10 x 2  50 x

 x2
x

2

0


 x 4  10 x3  35 x 2  52 x  28  0   x  2   x 2  6 x  7   0   2
 x  3  2
 x  6x  7  0
x  3  2

2

x  2, x  3  2 thỏa mãn (*). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  2, x  3  2

2) Rõ ràng x  y  z  0 là một nghiệm của hệ phương trình.
Với x  0, y  0, z  0 , ta có
  1 1 1  11
1 1 3
 1 1 1 11
1
2     
x  y  2
x  y  z  6

 x 1
x
y
z
3

 


 2  x  y   3 xy

 x 1
1 1 5

1 1 5

 1 1 5
1 1

 

 
    y  2
 6  y  z   5 yz      
y
z
6
y
z
6

y
z
6
 3  x  z   4 xz



y 2
z 3


1 1 4


1 1
1 1 4
1 1 4
 
 
  


 
z x 3
z 3
z x 3
 z x 3

(TMĐK). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y; z    0; 0; 0  , 1; 2; 3 
x

z

z
y

x
y

3) Vì x  y  z   x  z  y  z   0  xy  z 2  xz  yz     1  do yz  0 
x
y

Do đó P   3 y  1 

x  2y
 3 y  1  2 3  x  2 y   1  2 3  x  y  z   1  2 32  1  5
y

Ngu yễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới th iệu)

trang 2


 x yz0
 x y z 3

Vậy Min P = 5   x  z  y  z   0  x  y  z  1
 x  2y

 3y

y


Câu 3: (2,0 điểm)
1) Ta có m 2  2 n 2  1  0   m  1 m  1  2n 2  2  m lẻ   m  1 m  1  4

 2n2  4  n  2  n  2 (do n là số nguyên tố)
Khi đó m2  2  22  1  m  3 . Vậy cặp số nguyên tố (m, n) cần tìm là (3; 2)
2) Ta có a 2  b 2  ab  10   a  b   a 2  b 2  ab   a 3  b 3  10  a 3  b3  mod10 

 a  b  mod10   ab  a 2  mod10  , a 2  b2  mod10   a 2  ab  b 2  3a 2  mod10 
 3a 2  0  mod10   a 2  10 (vì  3;10   1 )  a 10

 a 2  100  a 2  ab  b 2  3a 2  0  mod100  . Vậy a 2  b2  ab chia hết cho 100.

F

Câu 4: (1,5 điểm)

2
BM  DH
3
Kẻ HK // PQ (K  AB), PK // HQ (AB // CD)  PQ = HK
Lại có HK // PQ, PQ  AI (gt)
 HK  AI (tại E, E là giao điểm của HK và AI)
ADH = AEH (cạnh huyền-góc nhọn)
 AD = AE, DH = EH
AEK ABM (g-g)
a) Chứng minh PQ 

EK AE AD 2 
2
2



  AD  AB   EK  BM
BM AB AB 3 
3
3

2
Do đó PQ  HK  EK  EH  BM  DH
3


A

1
1
4


AB 2 AM 2 9 AI 2
Kẻ AF  AM (F thuộc đường thẳng BC)
D Q
Xét ABF và ADI, ta có:

  DAI
 (cùng phụ với BAM

)
ABF  
ADI  900  gt  , BAF

P

b) Chứng minh

Vậy ABF

ADI 

K B
E

H

M
C

I

AI AD 2
1
4

 

2
AF AB 3

AF
9 AI 2

  900  gt  , AB  MF  AB  BC   1  1  1  1  4 (đpcm)
Xét AMF: MAF
2
2
2
2
2
AB

AM

AF

AM

9 AI

Câu 5: (1,5 điểm)
  INP
.
a) Chứng minh PIQ

Ngu yễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới th iệu)

trang 3

M
H
I

Q

P

N

K

Kẻ MK  NP (K  NP).
  MKQ
  900  gt  , nên tứ giác MIKQ là tứ giác nội tiếp
Tứ giác MIKQ có: MIQ

  IMK
  IMP
  KMP
  NMP  90 0  MPN

 IQK
2



Lại có



MPN
  PIQ
  IQK
 (góc ngoài IPQ)
 IPN
2


 PIQ




0



 

MPN
  MPN   NMP  900  MPN
   900  MPN  NMP  900  180  MNP
 IQK
2
2
2
2
 2







MNP
 (đpcm)
 INP
2

b) Chứng minh điểm H nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP
  INQ
  cmt  , Q
 (góc chung)
Xét PIQ và INQ, ta có: PIQ
Vậy PIQ

INQ 

QI QP

 QI 2  QP.QN
QN QI

  900  gt  , IH  MQ  gt   QI 2  QH .QM
Xét MIQ: MIQ

Do đó QP.QN  QH .QM 

QP QM


, nên QPH
QH QN

  QMN

QMN (c-g-c)  QPH

Vậy tứ giác MNPH là tứ giác nội tiếp, nên H nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP (đpcm)

Ngu yễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới th iệu)

trang 4