Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên tỉnh quảng bình năm học 2016 2017(có đáp án)

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
Khóa ngày 08/6/2016
Môn: TOÁN (CHUYÊN)
SBD:…………..
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang, gồm 05 câu
 a −4
3 
+
Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức P = 
÷× a − a − 2 với a > 0, a ≠ 4 .
a
−
2
a
a
−
2


a) Rút gọn biểu thức P.

(

b) Tính giá trị của P khi a =

(3

2+4

)

2− 3

3 −1

)

×

Câu 2 (2,5 điểm)
1
1
+
2
x
+
2017
=
+ 3 x + 2016 .
x2
x
2
2
b) Cho phương trình x - 2 ( 2m + 1) x+m + 8 = 0 (1) (m là tham số). Tìm m để
phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 thỏa mãn:
 x12 - ( 4m + 1) x1 + m2  × x22 - ( 4m + 1) x2 + m 2  = 25 .

a) Giải phương trình

Câu 3 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc .
1
1
1
3
+
+
≤
Chứng minh rằng:
.
2
a3 + b
b3 + c
c3 + a
Câu 4 (3,5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O . Đường
phân giác của góc BAC cắt BC tại D, cắt đường tròn (O) tại E. Gọi M là giao điểm của AB
và CE. Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt AD tại N và tiếp tuyến tại E của đường tròn
(O) cắt CN tại F.
a) Chứng minh tứ giác MACN nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Gọi K là điểm trên cạnh AC sao cho AB = AK. Chứng minh AO ⊥ DK .
1
1
1
=
+
c) Chứng minh rằng
.
CF CN CD

Câu 5 (1,0 điểm).Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 hãy chọn n số ( n ≥ 2 ) sao cho hai
số phân biệt bất kỳ được chọn có tổng chia hết cho 6. Hỏi có thể chọn n số thỏa mãn điều
kiện trên với n lớn nhất bằng bao nhiêu?


………………HẾT…………………
SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 -2017
Môn: TOÁN (CHUYÊN)
Khóa ngày 08/6/2016
(Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang)
Yêu cầu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu
phải lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì điểm 0 đối với những bước
sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu được phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm là 0,5 điểm
thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Đối với Câu 4, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0. Trường hợp học sinh có vẽ hình,
nếu vẽ sai ở ý nào thì điểm 0 ở ý đó.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm
từng câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
Câu
1
1a

Nội dung
Ta có: P =

=
=

4 a −4
.
a−2 a

( a +1) ( a − 2)
4 ( a −1)
.( a +1) ( a − 2 )
a ( a − 2)

4 ( a −1)

a=
1b

=

(3

2+4

)

2− 3

=

3 −1

( 3+ 2 2) (

Suy ra:

0,5
0,25
0,25

a

Ta có:

Điểm
2,0

)

3 −1

3 −1
a = 2 +1

(3+ 2 2)

4−2 3

3 −1

0,5

2

=3+ 2 2
0,25

2


Câu
Khi đó: P =
2

2a

(

Nội dung

) =8

Điểm

4 3 + 2 2 −1
2 +1

0,25

ĐK: x ≥ − 672; x ≠ 0
Ta có:

1
1
1 1
+ 2 x + 2017 = + 3 x + 2016 ⇔ 2 − = 3 x + 2016 − 2 x + 2017
2
x
x
x x
1− x
x −1
⇔ 2 =
x
3x + 2016 + 2 x + 2017

1
1 
⇔ ( x − 1) 
+ 2 ÷=0
 3 x + 2016 + 2 x + 2017 x ÷


1
1
+ 2 ≠ 0 với x ≥ − 672; x ≠ 0
⇔ x = 1 do
3x + 2016 + 2 x + 2017 x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
Ta có
Δ' = 3m 2 + 4m − 7 = m − 1 3m + 7

(

)(

0,25

0,25
0,25

0,5

Vì x1 ,x2 là hai nghiệm của phương trình (1) nên
 x1 + x2 = 4m + 2
Theo hệ thức Vi-ét ta có 
2
 x1.x2 = m + 8

 x - ( 4m + 1) x1 + m = x1 − 8
và  2
2
 x2 - ( 4m + 1) x2 + m = x2 − 8
2
2
2
2
Khi đó:  x1 - ( 4m + 1) x1 + m  × x2 - ( 4m + 1) x2 + m  = 25 ⇔ ( x1 − 8) ( x2 − 8) = 25
2
1

0,5

)

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi
m > 1
'
Δ > 0 ⇔ ( m − 1) ( 3m + 7 ) > 0 ⇔ 
7 (*)
m < −
3

2b

2,5

0,25

2

m = 1
 m = 31

⇔ x1 x2 − 8 ( x1 + x2 ) + 64 − 25 = 0 ⇔ m 2 − 32m + 31 = 0 ⇔ 

0,25
0,25

Kết hợp (*) ta được m = 31.
3

1,0
1 1 1
+ + =3
a b c
1
1
1
1
1
1
+
+
≤
+
+
a3 + b
b3 + c
c3 + a
2a ab
2b bc
2c ca

Từ giả thiết ta có
Khi đó :

0,25

3

Câu

Nội dung
1  a ab
b bc
c ca 
1  a + ab b + bc c + ca 

÷≤
=
+
+
+
+

÷
2  a ab
b bc
c ca ÷
2
2
a
ab
b
bc
c
ca




1 
1
1
1 
1 
ab
bc
ca 
=
3
+
+
+
=
3
+
+
+

÷

÷
ab
bc
ca 
2 2
ab
bc
ca  2 2 
1 

a+b b+c c+a
1
3
≤
+
+
( 3 + 3) =
3 +
÷=
2ab
2bc
2ca  2 2
2 2
2
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1

4

Điểm
0,25

0,25

0,25
3.5

0,5

4a

·
·
·
Vì AD là tia phân giác của BAC
nên MAN
.
= NAC
·
·
Mà NAC
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp
= MCN
cùng chắn một cung).
·
·
Suy ra NAM
.
= MCN
Vậy tứ giác MACN nội tiếp được trong một đường tròn.
Gọi I = AO ∩ DK ( I ∈ DK )
Khi đó: ·AKI = ·ABD (do ∆AKD = ∆ABD )

0,5
0,25
0,25
0,5

4b
4

Câu

Nội dung
1
·
·
Suy ra ·AKI = ·AOC = 900 − OAK
nên ·AKI + OAK
= 900
2
Vậy AO ⊥ DK .

4c

·
·
Ta có: BCE
nên BC//EF hay DC//EF
= CEF
EF NF
EF CN − CF
=
=
Do đó:
suy ra
CD NC
CD
CN
1 

 1
⇔ CF 
+
÷ = 1 (do EF=CF).
 CD CN 
1
1
1
=
+
Vậy
CF CN CD

5

Điểm
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0

Gọi a1 , a2 ,..., an là n số thỏa mãn đề bài.
Vì 6, 12, 18 thỏa mãn đề bài nên chỉ cần xét n ≥ 3 .
Theo giả thiết thì a1 + a2 , a1 + a3 , a2 + a3 đều chia hết cho 6 nên
2a1 + (a2 + a3 )M6 suy ra 2a1 M6 do đó a1 M3 .
Lập luận tương tự thì mọi số a1 , a2 ,..., an đều chia hết cho 3, nghĩa là khi chia
cho 6 chúng có dạng 6k hoặc 6k + 3 ( k là số tự nhiên).
Trong n số đang xét không thể có hai số thuộc cả hai dạng trên, vì lúc đó

tổng của chúng không chia hết cho 6.
Vậy chỉ có hai dãy số ( n ≥ 3 ) thỏa mãn đề bài là:
1) Các số đó đều có dạng 6k , với 1 ≤ k ≤ 16 , gồm 16 số.
2) Các số đó đều có dạng 6k + 3 , với 0 ≤ k ≤ 16 , gồm 17 số.
Kết luận: Có thể chọn dãy với n lớn nhất là n = 17 số thỏa mãn đề bài.
Lưu ý: Nếu học sinh chỉ xét 2 dạng 6k và 6k + 3 mà không lập luận để loại
trừ các trường hợp khác thì cho 0,5 điểm.

0,25

0,25

0,5

5