Đề thi vào lớp chuyên Nam Định 2016 2017

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 1 (2,0 điểm).
a) Đơn giản biểu thức

x  2  2 x  1  x  2  2 x  1 với x  0.

b) Cho a , b, c là các số thực thỏa mãn các điều kiện a  b  c  6 ;
Tính giá trị của biểu thức

1
1
1
47


 .
a  b b  c c  a 60

a

b
c


.
bc ca ab

Câu 2 (2,0 điểm).

2 x 2  3x  1  1  3 x  2 x 2  1.
 x 2  3 y 2  3 x  1  0
b) Giải hệ phương trình  2
2
 x  y  x  4 y  5  0.
a) Giải phương trình

Câu 3 (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn  O  . Các đường cao AK , BM , CN của tam
giác ABC cắt nhau tại H .

  MKH
.
a) Chứng minh NKH
b) Đường thẳng MN cắt đường tròn  O  tại hai điểm I , J . Chứng minh AO đi qua trung điểm của IJ .
c) Gọi P là trung điểm của BC , diện tích tứ giác AMHN là S . Chứng minh 2.OP 2  S .
Câu 4 (1,5 điểm).
a) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn bộ ba số nguyên  x, y, z  thỏa mãn xyz  0 và x 5  8 y 3  7z 2  0.
2

2

2

b) Tìm tất cả các số nguyên không âm a , b, c thỏa mãn  a  b    b  c    c  a   6abc và

a 3  b3  c3  1 chia hết cho a  b  c  1.
Câu 5 (1,5 điểm).
a) Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn  x  y  x  z   1; y  z. Chứng minh

1

x  y

2



1

 y  z

2



1

z  x

2

 4.

b) Trên bảng ban đầu ghi số 2 và số 4. Ta thực hiện cách viết thêm các số lên bảng như sau: nếu
trên bảng đã có hai số, giả sử là a , b ; a  b , ta viết thêm lên bảng số có giá trị là a  b  ab. Hỏi với
cách thực hiện như vậy, trên bảng có thể xuất hiện số 2016 được hay không? Giải thích.
-------HẾT------Họ và 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  2  2 x 1  x  2  2 x 1  x 1 2 x 1 1  x 1 2 x 1 1









x 1 1 

2

x 1 1 

 x 1 1







0,25

2

0,25

x 1 1

x 1 1

0,25



0,25

x  1  1  2.

b) (1,0 điểm)
Do a  b  c  6 nên

6  b  c  6  c  a  6  a  b
a
b
c





bc ca ab
bc
ca
ab

6
6
6



3
bc ca ab
1
1 
 1
 6


3
b

c
c

a
a

b


47
47
17
 6.  3 

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 2 x 2  3 x  1  0; 1  3x  0.
Đặt a  2 x 2  3 x  1; b 

x 2  1; a; b  0 . Khi đó ta được 2b 2  a 2  1  3 x.

0,25

Phương trình đã cho trở thành:

a  2b 2  a 2  2b  2b 2  a 2  2b  a
 2b 2  a 2   2b  a 

0,25

2

 2  a 2  2 ab  b 2   0  a  b.

x  0
 x  3.

Với a  b ta được 2 x 2  3 x  1  x 2  1  x 2  3 x  0  

0,25

Thử lại ta được nghiệm phương trình là: x  0; x  3.
2) (1,0 điểm)

0,25
0,25


 x 2  3 y 2  3x  1  0
 2
2
 x  y  x  4 y  5  0

1
 2
2

2

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được 2 x  2 y  4 x  4 y  4  0

Phương trình (3) tương đương với

2

 x  y    x  y  2

2

 3

0

x  y
x  1


 x  y  2  y  1.
Ta thấy x  y  1 thỏa mãn (1) và (2). Hệ đã cho có duy nhất 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 được tứ giác BNHK và tứ
giác CMHK là các tứ giác nội tiếp.

M

0,25

N
H

J

O

C
B

K

Chứng minh được tứ giác BNMC nội tiếp.

P

0,25

S

  NKH
 ; MCN
  MKH
 ; NBM
  MCN
.
Chứng minh được NBM

0,25

  NKH
.
Từ đó chứng minh được MKH
b) (1,0 điểm).

0,25


Kẻ đường kính AS của  O; R  , nối BS . Ta có B
SA  
ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn

0,25

một cung).
 ) 
Tứ giác BNMC nội tiếp nên 
ANM  
ACB (cùng bù với BNM
ANM  

ASB
0
Trong tam giác ABS ta có 
ABS  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên
0
  BAS
  90 . Suy ra 
  900  AO  MN hay AO  IJ .
BSA
ANM  BAS
Tam giác OIJ cân ở O  OI  OJ  , AO  IJ suy ra AO đi 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 là hình bình hành  P là trung điểm của HS (vì P là trung điểm của BC ).
Do đó OP là đường trung bình của tam giác AHS  OP 

0,5

1

AH .
2

Trong tứ giác ANHM ta có AH 2  NA2  NH 2  MA2  MH 2

NA2  NH 2  2 NA.NH hay NA2  NH 2  4SNAH (Vì 2 NA.NH  4 S NAH )
2

2

2

0,25

2

MA  MH  2MA.MH  MA  MH  4S MAH (Vì 2 MA.MH  4 S MAH )
 2.HA2  4S ANHM  8.OP 2  4 S hay 2.OP 2  S .
  900 hay BAC
  900 (mâu
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi NH  NA; MH  MA , khi đó MAN

0,25

2

thuẫn với tam giác ABC nhọn). Do đó không xảy ra dấu bằng, suy ra 2.OP  S .
Câu 4: (1,5 điểm)
Nội dung

Điểm

a) (0,75 điểm).
Với mỗi số nguyên k  0 ta có: x 5  8 y 3  7z 2  0  k 30 x 5  k 30 .8 y 3  k 30 .7z 2  0
5

3

2

  k 6 .x   8  k 10 . y   7  k 15 .z   0.
Do đó nếu  x0 ; y0 ; z0  là một bộ số nguyên thỏa mãn điều kiện đề bài thì với mỗi số nguyên

k  0 ta cũng có  k 6 x0 ; k 10 y0 ; k 15 z0  cũng là một bộ số nguyên khác thỏa mãn điều kiện đề bài.

0,25

0,25

Ta thấy bộ 1; 2;3 thỏa mãn điều kiện đề bài. Từ đó suy ra tồn tại vô hạn bộ ba số nguyên

 x, y, z  thỏa mãn xyz  0 và

x 5  8 y 3  7z 2  0.





Lưu ý: Học sinh có thể chỉ ra ngay bộ k 6 ;  k 10 ; k 15 với k là số nguyên khác 0 tùy ý là một

bộ số nguyên thỏa mãn đề bài.
b) (0,75 điểm).
Giả sử a; b; c là các số nguyên không âm thỏa mãn đề bài, ta có:

a  b

2

2

2

2

2

0,25

0,25

2

  b  c    c  a   6abc  a  b  c  ab  bc  ca  3abc (1)



Phân tích a 3  b3  c3  3abc   a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca



(2)

0,25

Từ (1) và (2) a 3  b3  c3  3abc  3abc  a  b  c  hay a 3  b3  c3  3abc  a  b  c  1 .
Do a 3  b3  c3  1 chia hết cho a  b  c  1 nên ta được 1 chia hết cho a  b  c  1
Suy ra a  b  c  0.
Thử lại: a  b  c  0 thỏa mãn. Vậy có duy nhất bộ số  a; b; c    0;0;0  thỏa mãn đề bài.

0,25

Câu 5: (1,5 điểm)
Nội dung

Điểm


a) (0,75 điểm).
Đặt x  y  a; x  z  b ta được ab  1; a  b.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
2

0,25

2

1
1
1
a b

1
1
 2
4 2 2  2
 4  a 2  b2  2
4
2
2
2
a
b a  b
ab
a  b  2ab
a  b2  2

 a 2  b2  2 

1
 2.
a  b2  2

0,25

2

Do ab  1; a  b nên a 2  b 2  2ab hay a 2  b 2  2  0.





Mặt khác a 2  b 2  2 

a 2  b2  2 

1
2
a  b2  2
2

1
 2 . Vậy
a 2  b2  2

a

1

x  y

2

2

 b2  2 .



1

 y  z

2

1
tức là
2
a

b

2


2



1

z  x

2

0,25

 4.

b) (0,75 điểm).
Đặt k  ab  a  b   a  1 b  1  1.

Nếu trong 2 số a , b tồn tại một số chia 3 dư 2 thì k chia 3 dư 2.
Ban đầu trên bảng gồm có số 2 và số 4 (một số chia 3 dư 1; một số chia 3 dư 2). Suy ra tại
mọi thời điểm, trên bảng luôn chỉ có một số chia 3 dư 1 và các số còn lại chia 3 dư 2. Do
đó với cách thực hiện như đề bài, trên bảng không thể xuất hiện số 2016 (Vì số 2016 chia
hết cho 3).
Lưu ý: Học sinh có thể dùng bất biến theo modun 10 bằng cách nhận xét chữ số tận cùng của các
số viết trên bảng; hoặc sử dụng cách liệt kê các số được viết trên bảng.

0,5

0,25

Chú ý:
- Nếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với đáp án, phù hơp kiến thức của chương trình THCS thì tổ
chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định.
- Tổng điểm toàn bài không làm tròn.
---------- HẾT ----------