Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên bắc ninh năm học 2017 2018(có đáp án chuẩn)

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh chuyên Toán, chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,5 điểm)
Cho các biểu thức P 

2x  3 x  2

x 2
a) Rút gọn các biểu thức P và Q.

và Q 

x 3  x  2x  2
x 2

với x  0; x  4.

b) Tìm tất cả giá trị của x để P  Q.
Câu 2. (2,5 điểm)

a b c
  
b c a
4a  6b  2017c

Tính giá trị của biểu thức P 

4a  6b  2017c
x 2  2y  xy  4


b) Giải hệ phương trình 
x, y   .
 2

x

x

3

x
6

x

y

3
y

3






Câu 3. (1,5 điểm)
a) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a  b  c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn





a 2  6a  3 b 2  6b  3 c 2  6c  3



a2  a
b2  b
c2  c
b) Cho tam giác vuông có số đo các cạnh là các số tự nhiên có hai chữ số. Nếu đổi chỗ hai chữ số
của số đo cạnh huyền ta được số đo một cạnh góc vuông. Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó.
Câu 4. (3,0 điểm)
M

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB  AC , nội tiếp đường tròn O . Tiếp tuyến tại A của
đường tròn O  cắt đường thẳng BC tại M . Kẻ đường cao BF của tam giác ABC

F  AC . Từ F

kẻ

đường thẳng song song với MA cắt AB tại E . Gọi H là giao điểm của CE và BF; D là giao điểm của

AH và BC .

MC
AC 2


a) Chứng minh rằng MA  MB.MC và
MB
AB 2
b) Chứng minh rằng AH vuông góc với BC tại D.
c) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh rằng bốn điểm E, F, D, I cùng nằm trên một đường tròn.
2

d) Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với HI cắt AB, AC lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng
H là trung điểm của PQ.

Câu 5. (0,5 điểm)
Cho 2n  1 số nguyên, trong đó có đúng một số 0 và các số 1,2, 3,...,n mỗi số xuất hiện hai lần.
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn sắp xếp được 2n  1 số nguyên trên thành một dãy sao
cho với mọi m  1,2,..., n có đúng m số nằm giữa hai số m .
------------------ Hết ------------------(Đề thi có 01 trang)
Họ tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ...........................................


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu
1.a

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán và chuyên Tin)
Đáp án

P

Q

2x  3 x  2
x 2

x





2x  4 x  

x  2x  x  2
x 2

x 2

x 2

Điểm
1,5

 2 x 1

1,0

 x 1

0,5

1.b

1,0



0,5

 x 1 3


 x  42 3 
 x  1  3 VN 


0,5

P Q  x 2 x 2  0 



2

x 1  3

2.a

1,0
a b
c a b c
  
1
b
c a b c a
2027
a b c  P 
2015

Đặt

0,5
0,5

2.b

1,5



x  2y  xy  4



 2

x  x  3  x 6  x  y  3 y  3



x  6
ĐK: 
y  3

2

1  x

2

1
2
0,5

x  2
 4  y x  2  0  x  2x  2  y   0  
y  x  2

Với x  2 thay vào 2 ta được 1 

y  3

3

 y  3  1  y  4
3

0,5

Với y  x  2 thay vào 2 ta được
x 2  x  3  x  1 x  1  x 6  x

x  1

2

Ta có VP  x  1 x  1  x 6  x 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  2  y  4

 x 1

2

x2  6  x

 x 2  x  3  VT
2

0,5

Vậy hệ có nghiệm x ; y   2; 4 .
3.a

0,75
 1 1 1
1
1 1 1
9
   
Ta có với mọi x , y, z  0; x  y  z      9 3 xyz 3
 x y z 
xyz
x y z
x y z
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z .

0,25






a 2  a  3a  3  2a
a 2  6a  3
3
2

 1 
Ta có
2
2

a a 1
a a
a a
 1 1 1
 1
1
1 

Nên M  3  3      2 


a b c 
a  1 b  1 c  1

0,25

27
18

 15
a b c a b c  3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Vậy M min  15 đạt được khi a  b  c  1.

0,25

3

3.b

0,75
Giả sử tam giác đã cho là ABC vuông tại A, có
BC  ab, AC  cd, AB  ba 0  b  a  9;1  c  a; 0  d  9

0,25

Theo ĐL Pitago ab  cd  ba  cd  99 a 2  b 2 
2

2

2

2

 2
cd  3
cd  3


 cd  33   2

 cd  33  cd  33;66;99

cd 11
cd 11 
2

0,25

* TH1: cd  99 loại do 99  cd  ab  99
* TH2: cd  66  a  b a  b   44
Do a  b, a  b cùng tính chẵn lẻ và 0  a  b  a  b  18 nên không có a,b thỏa mãn.





* TH3: cd  33  332  99 a 2  b 2  a  b a  b   11
a  b  1
a  6



Do 0  a  b  a  b  18  



a  b  11 
b5




2S ABC
33.56

 12.
Ta có AB  56, AC  33, AB  65  r 
AB  BC  CA 33  56  65

4.a

0,25

1,0
A
Q
F
O

E
K
M

B

L

0,5

H

D

I

C

P

MA MB

 MA2  MB.MC .
MC
MA
2
2
MA
AB
AC
MC
MC 2
MC





Ta lại có
2
2
MC
AC
MB.MC
MB
AB
MA
Ta có MAB ∽ MCAg.g  

4.b

0,5
0,5


 ) nên  
  AEF
 và ACB
  MAE
 (cùng chắn cung AB
Do MAE
ACB  AEF
 Tứ giác BEFC nội tiếp.

0,25

  900  BEC
  900 hay CE  AB. Do đó, H là trực tâm
Mà BFC
ABC  AH  BC .

0,25

4.c

0,5

1
  2IBF

.
Vì BFC vuông tại F  FI  BC  BFI cân tại I . Do đó, FIC
2
  DEH
 1
Mặt khác, tứ giác BEHD nội tiếp nên HBD



0,25

  HEF
 2
Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên HAF


  HBD
 (cùng phụ với ACB
) 3
Mặt khác HAF


  1 DEF
  FIC
  DEF

Từ 1, 2, 3 suy ra HBD
2
Vậy bốn điểm E, F, I , D cùng thuộc một đường tròn.
4.d

0,25

1,0
Gọi K , L lần lượt là trung điểm của BE, FC .
Ta có IK là đường trung bình của BEC nên IK / /EC do đó IK  BE
  HKI

Suy ra, tứ giác PKHI nội tiếp  HPI

0,5

  HLI

Chứng minh tương tự HQI
  HKE
  900 ; HLI
  HLF
  900 4
Ta có HKI


HE
BE
HE
KE



HF CF

HF
LF
HE
KE  
Xét HKE và HLF có

; HEK  HFL  900
HF
LF
 
Do đó, HKE ∽ HLF c.g.c   HKE  HLF
Ta lại có HBE ∽ HCF 

0,25

0,25

  HLI
  HPI
  HQI
 nên
Từ 4 suy ra HKI
IPQ cân tại I .

Mà IH  PQ  H là trung điểm của PQ.
5

0,5
Ta có nhận xét rằng với hai tập, mỗi tập gồm các số lẻ từ 1 đến 2k  1, ta có thể sắp xếp sao cho
thỏa mãn yêu cầu bài toán với một ô trống ở giữa: 2k  1;2k  1;...;3;1;;1;3;...;2k  1;2k  1

Với hai tập, mỗi tập gồm các số chẵn từ 2 đến 2k, ta có thể sắp xếp sao cho thỏa mãn yêu cầu bài
toán với hai ô trống ở giữa: 2k;2k  2;...;4;2;
; ;2;4;...;2k  2;2k.
Xét hai trường hợp:
a) Với n  2k  1 xét cách sắp xếp sau:
2k  1;2k  1;...;3;1;2k;1;3;...;2k  1;2k  1;2k  2;...;4;2;2k;0;2;4;...;2k  2.
Cách sắp xếp trên thỏa mãn bài toán.
b) Với n  2k xét cách sắp xếp sau:
2k  1;...;3;1;2k;1;3;...;2k  1;2k  2;...;4;2;0;2k;2;4;...;2k  2.
Cách sắp xếp trên thỏa mãn bài toán.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

0,25

0,25

Chú ý:
- Các cách làm khác nếu đúng cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở
tham khảo điểm thành phần của đáp án.
- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.