Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên hạ long năm học 2017 2018 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2017
Môn thi: Toán (chuyên)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Dành cho thí sinh thi vào trường THPT Chuyên Hạ Long)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi này có 01 trang)

Câu 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức:

 x
3
3
3 
A= 2
+ 3
+
+ 1÷ (với x ≠ 0; x ≠ 3 ).
÷
x
x
+
x
3
+
3

x
−
27
3



1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 3 +

5 − 3 − 29 − 12 5 .

Câu 2. (3,0 điểm)
1. Giải phương trình x 3 − x 2 − x x − 1 − 2 = 0 .
2
2
 x + xy − 2 y = 0
2. Giải hệ phương trình 
.
2
 xy + 3 y + x = 3

Câu 3. (1,0 điểm)
Tìm các số tự nhiên n để A = n 2018 + n 2008 + 1 là số nguyên tố.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R), đường kính AB, M là một điểm tùy ý thuộc đường
tròn (M khác A và B). Qua A và B lần lượt kẻ các đường thẳng d và d’ là tiếp tuyến
với đường tròn. Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt d và d’ lần lượt tại C và D.
Đường thẳng BM cắt d tại E.
1. Chứng minh CM = CA = CE.

2. Chứng minh AD ⊥ OE .
3. Tính độ dài đoạn AM theo R, nếu AE = BD.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho a; b thoả mãn a ≥ 2; b ≥ 2 . Chứng minh rằng:
(a 2 + 1)(b 2 + 1) ≥ (a + b)(ab + 1) + 5 .
......................... Hết ...........................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.................................................................Số báo danh.....................
Chữ ký của cán bộ coi thi 1:............................Chữ ký của cán bộ coi thi 2:................
1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH
LỚP 10 THPT NĂM 2017
Môn thi: Toán (chuyên)
Dành cho thí sinh thi vào trường THPT Chuyên Hạ Long
(Hướng dẫn này có 03 trang)

Câu
Sơ lược lời giải
Câu 1 1. Với điều kiện xác định là x ≠ 0; x ≠ 3
(2,0 điểm)

 x
3
3

3 

+ 3
+
+ 1
A =  2
x
x + x 3 + 3 x − 27  3







 x 2 + x 3 + 3 
3
3


+
=  2
2


x
+
x
3
+

3
(
x
−
3
)(
x
+
x
3
+
3
)
3
x




 x 2 + x 3 + 3 
( x − 3) 3 + 3


= 
2



3x
 ( x − 3 )( x + x 3 + 3) 


1
=
x− 3

Điểm

0,5

0,5

2. Ta có :
x= 3+

5 − 3 − 29 − 12 5

= 3+

5 − 3 − (2 5 − 3) 2

= 3+

5 − 6−2 5

= 3+

5 − ( 5 − 1) 2

0,75

= 3 +1
nên thay x = 3 + 1 vào A ta có:
A=
Câu 2
(3,0điểm
)

1
=
x− 3

=1

1. ĐK: x ≥ 1 .
Biến đổi về phương trình x 2 ( x − 1) − x x − 1 − 2 = 0
Đặt t = x x − 1 ( t ≥ 0 ) ⇒ t 2 = x 2 ( x − 1) .
Phương trình đã cho trở thành:

0,25
0,25
0,25

t = −1
t2 − t − 2 = 0 ⇔ 
t = 2

0,5

⇔x=2

0,5

Kết hợp với điều kiện, ta được t = 2
Với t = 2 ⇒ x x − 1 = 2 ⇔ x3 − x 2 = 4 ⇔ ( x − 2)(x 2 + x + 2) = 0
2
2
 x + xy − 2 y = 0 (1)
2. Giải hệ phương trình 
2
 xy + 3 y + x = 3 (2)

2
2
Phương trình (1) ⇔ ( x − y ) + y ( x − y ) = 0 ⇔ ( x − y ) ( x + 2 y ) = 0 ,

2

0,75


ta được x = y hoặc x = -2y
3
4

* Với x = y, từ (2) ta có: 4 x 2 + x − 3 = 0 , ta được x1 = −1, x2 = .
3
4
* Với x = -2y, từ (2) ta có y 2 − 2 y − 3 = 0 , ta được y1 = −1, y2 = 3
Nếu y = −1 ⇒ x = 2 . Nếu y = 3 ⇒ x = −6 .
3 3

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (-1; -1);  ; ÷; (2; -1);
4 4

Khi đó, x1 = y1 = −1, x2 = y2 = .

Câu 3
(1,0điểm
)

(-6; 3).
Tìm số tự nhiên n để A = n 2018 + n 2008 + 1 là số nguyên tố.
Xét n = 0 thì A = 1 không là số nguyên tố;

A = n2018 – n2 + n2008 – n + n2 + n + 1
3 672

= n ((n )

3 669

– 1) + n.((n )

0,25
0,25

0,25

Xét n = 1 thì A = 3 là số nguyên tố.
Xét n > 1, ta thấy A > n2 + n + 1;
2

0,25

0,5
2

– 1) + (n + n + 1)

mà (n3)672 – 1 chia hết cho n3 -1, suy ra (n3)672 – 1 chia hết cho
n2 + n + 1.
0,25

Tương tự: (n3)669 – 1 chia hết cho n2 + n + 1
Khi đó A chia hết cho n2 + n + 1 > 1 và A > n2 + n + 1
nên A là hợp số.
Tóm lại số tự nhiên cần tìm là n = 1.
Câu 4
(3,0
điểm)

D
E

0,25

M
C

F

A

B

O

I

1. Gọi F là giao điểm của OC và AM, ta có OC ⊥ AM.
Ta có, CM = CA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Hai tam giác vuông AME và AFC đồng dạng,
AE AM
=
= 2 ⇒ AE = 2 AC ⇒ AC = CE .
nên
AC AF
Vậy CM = CA = CE.
2. Gọi giao điểm của EO với d’ là I,
Chứng minh được AEBI là hình bình hành ⇒ BE//AI.
3

0,75

0,5


Ta có, OD ⊥ BE ⇒ OD ⊥ AI, mà AB ⊥ DI
⇒ O là trực tâm của ∆ ADI
⇒ OI ⊥ AD ⇒ OE ⊥ AD (đpcm).
3.

Tam giác COD vuông tại O (vì OC, OD là hai phân giác của hai
góc kề bù), có OM là đường cao nên OM2 = CM.MD.
Theo phần 1, ta có EC = CA = CM ⇒ 2CM = AE,
mà BD = MD và AE = BD (gt) ⇒ 2CM = MD.
⇒ 2CM2 = R2 (do MO = R và OM2 = CM.MD)
⇒ CM = R 2

0,5

0,25

0,5

2

⇒ AE = R 2 (do AE = 2CM).

Do trong giác vuông AEB tại A, ta có
⇒ AM =

Câu 5
(1,0điểm
)

AE. AB
AE 2 + AB 2

=

1

1
1
=
+
2
2
AM
AE
AB 2

2R 3
.
3

Xét hiệu M = (a 2 + 1)(b 2 + 1) − (a + b)(ab + 1) − 5

0,25

= (a 2b 2 − a 2b − ab 2 + ab) + (a 2 + b 2 − a − b − ab) − 4
1
= ab(a − 1)(b − 1) + (a − b) 2 + a(a − 2) + b(b − 2)  − 4 .
2
Chỉ ra với a ≥ 2 thì a(a − 1) ≥ 2 và a(a − 2) ≥ 0
b ≥ 2 thì b(b − 1) ≥ 2 và b(b − 2) ≥ 0

0,5

1
(a − b) 2 + a (a − 2) + b(b − 2)  ≥ 0
2

2
2
⇒ M ≥ 0 hay (a + 1)(b + 1) ≥ (a + b)(ab + 1) + 5 .

0,5

nên ab(a − 1)(b− 1) ≥ 4 ;

Những chú ý khi chấm thi:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh
phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa.
2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm
chi tiết.
3. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất
trong cả tổ chấm. Điểm thống nhất toàn bài là tổng số điểm toàn bài đã chấm, không
làm tròn.
...................................... Hết .............................................

4