De toan chuyen nam hoc 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2017 – 2018
Mơn thi: TỐN (Chun)
Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm có 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)
1) Cho 3 số x, y, z đôi một khác nhau và thỏa mãn điều kiện: x  y  z 0 . Tính giá trị
P
của biểu thức

2018.( x  y )( y  z )( z  x )
2 xy 2  2 yz 2  2 zx 2  3xyz .

1  ax 1  bx
1 2a  b
Q
x
1  ax 1  bx với
a
b
2) Rút gọn biểu thức:
và 0  a  b  2a .

Câu 2 (2,0 điểm)
2
1) Giải phương trình: x 2 x  3  3( x  5  1) 3x  2 x  13x  15  2 x  3

 x 2  4 y  13  ( x  3) x 2  y  4 0

( x  y  3) y  ( y  1) x  y  1  x  3 y  5
2) Giải hệ phương trình: 
Câu 3 (2,0 điểm)
2
2
1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  5 y  4 xy  4 x  4 y  3 0 .
2
2
2) Tìm tất cả các số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn: x  3 y và y  3x là số chính
phương.

Câu 4 (3,0 điểm)
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B (A, O, B
không thẳng hàng). Trên tia đối của tia AB lấy điểm C, kẻ tiếp tuyến CD, CE với (O), trong đó
D, E là các tiếp điểm và E nằm trong (O’). Đường thẳng AD, AE cắt (O’) lần lượt tại M và N
(M, N khác A). Đường thẳng DE cắt MN tại I, OO’ cắt AB và DI lần lượt tại H và F.
1) Chứng minh: FE.HD = FD.HE.
2) Chứng minh: MB.EB.DI = IB.AN.BD.
3) Chứng minh: O’I vng góc với MN.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn:
M 

nhỏ nhất của biểu thức:

x 2  y 2  y 2  z 2  z 2  x 2 6 . Tìm giá trị

x2
y2
z2


yz zx x y .

--------------------------------------- Hết ---------------------------------------


Họ và tên thí sinh: …………………………………………….….. Số báo danh: ………………………
Chữ kí của giám thị 1: …………………………….. Chữ kí của giám thị 2: ……………………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

Câu
1.1

ĐÁP ÁN MƠN TỐN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUN NGUYỄN TRÃI
NĂM HỌC 2017 – 2018

Nội dung chính
2018( x  y )( y  z )( z  x )
P
2 xy 2  2 yz 2  2 zx 2  3 xyz .

Điểm
1,0

Tính giá trị của biểu thức
2 xy 2  2 yz 2  2 zx 2  3 xyz  2 xy 2  xyz   2 yz 2   2 zx 2  2 xyz 
Ta có:
xy  2 y  z   2 yz 2  2 xz  x  y   xy  2 y  z   2 yz 2  2 xz 2

0,25
0,25

xy ( y  x )  2z 2 ( y  x) ( y  x )( xy  2z 2 )
2
2
2
Ta có: ( y  x)( xy  2 z ) ( y  x)( xy  z  z )
( y  x)[xy  z 2  z  x  y  ] ( y  x)  x  z   y  z 

 P
1.2

0,25

2018( x  y )( y  z )( z  x)
2018
( x  y )( y  z )( z  x )

0,25

1  ax 1  bx
1 2a  b
Q

x
a
b và 0  a  b  2a .
1  ax 1  bx với
Rút gọn biểu thức:
Ta có

ax 

1,0

2a  b
b

2a  b
1
1  ax
b  b  2a  b

1  ax
2a  b
b  2a  b 2a  2 2ab  b 2 a  2ab  b 2
1


b
2b  2a
b a
Xét
Ta có

bx 

2ab  b 2
a

2ab  b 2
1
1  bx
a
a


1  bx
2ab  b 2 a 
1
a
Xét
a b
1  bx



1  bx a  2ab  b 2 a 

2ab  b 2
2ab  b 2



a 2  2ab  b 2



a  2ab  b

2

2



 

 a  b

b a
2ab  b 2

2
Giải phương trình: x 2 x  3  3( x  5  1) 3 x  2 x  13x  15  2 x  3

0,25

2

a  2ab  b 2

a  2ab  b 2
b a

Q
.
1
b a
a  2ab  b 2

2.1

0,25



2

0,25
0,25
1,0


ĐK:

 2 x  3 0


 x  5 0
 2 x 2  13 x  15 0




2 x  3  x  1  3 x  5  3  3 x 



2 x  3  x  1  3  x  1  x  5 3 

PT



  x  1


2 x  3 0
3
 x 

2
 x  5 0





 

2x  3  3 

2x  3  3



2x  3  3



0,25

 2 x  3  x  5  0



2 x  3 0
0,25

x  5 0



x  5  x  1 0

 2 x  3 3

 x  5  x  1
Với

2.2

0,25

2 x  3 3  2 x  3 9  x 3

 x  1 0
 x 1
 x 1
x  5 x  1  


 x 4


x  1; x 4
x  5 x 2  2 x  1  x 2  3x  4 0


Với
Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 3 và x = 4.
 x 2  4 y  13  ( x  3) x 2  y  4 0
(1)

(2)
( x  y  3) y  ( y  1) x  y  1 x  3 y  5
Giải hệ phương trình: 
 y 0

 x  y  1 0
 x 2  y  4 0
Điều kiện: 
 ( x  y  3)( y  1)  ( y  1)( x  y  1  2) 0
Phương trình (2)

( x  y  3)( y  1) ( x  y  3)( y  1)


0
y 1
x  y 1  2

 ( x  y  3)( y  1) 



 x  3
x 2  3  x  3   2

2
 x  3 x  6 x  9

x  3  x 2  3 0 
*)

0,25

1  41
1  41
 x
;x 
x  x  1 3  x  x  1 9  x  x  10 0
2
2
2

2

0,25

 x  3
(VN )

 x  2

2
2
Thay y = 3 – x vào phương trình (1) ta được: x  4 x  1  ( x  3) x  x  1 0
 x 2  x  1 3

2
2
 x 2  x  1  x
 ( x  x  1)  (3  x) x  x  1  3 x 0

Với

1,0


1
1
 y 1

 0  

y 1
x  y 1  2 
 y 3  x

2
2
Thay y = 1 vào phương trình (1) ta được: ( x  9)  ( x  3) x  3 0
 x  3 0
 ( x  3)( x  3  x 2  3) 0  
2
 x  3  x  3 0 .
*) x  3 0  x 3 suy ra nghiệm ( x; y ) (3;1)

2

0,25

0,25


1  41
5  41
x
 y
2
2
Khi
< 0 (loại)

Khi

Với

1
x

41

5  41
2
2
(Thỏa mãn điều kiện)
 x 0
 x 0
x 2  x  1  x   2

 x  1
2
 x  1
 x  x  1 x
 y 4
 y

1
(

3.1

0,25

41 5  41

;
)
2
2

Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm là (3;1); (-1;4);
2
2
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  5 y  4 xy  4 x  4 y  3 0
2
2
Phương trình  x  4(1  y ) x  5 y  4 y  3 0

1,0

(*)

2
2
Ta có:  ' 5  ( y  2) 0  ( y  2) 5

Do y nguyên nên

0,25

y   0;  1;  2;  3;  4

2
Với y = 0 thay vào (*) ta được: x  4 x  3 0  x  1; x  3 (thỏa mãn)

0,25

2
Với y = -1 thay vào (*) ta được: x  8 x  12 0  x  6; x  2 (loại)
2
Với y = -2 thay vào (*) ta được: x  12 x  31 0  x  6  5 (loại)

3.2

2
Với y = -3 thay vào (*) ta được: x  16 x  60 0  x  10; x  6 (loại)
2
Với y = -4 thay vào (*) ta được: x  20 x  99 0  x  11; x  9 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có các cặp nghiệm ngun là:
(-1;0); (-3;0); (-6;-1); (-2;-1); (-10;-3); (-6;-3); (-9;-4); (-11;-4)
2
2
Tìm tất cả các số nguyên dương ( x, y) thỏa mãn: x  3 y và y  3 x là số chính
phương.
2
2
2
2
2
Nếu x = y thì x  3 y  y  3x x  3x . Đặt x  3x a (*) với x, a  N *
2
2
2
2
Ta có: 4 x  12 x  4a 0  (2 x  3)  (2a ) 9  (2 x  3  2a)(2 x  3  2 a) 9 = 1.9

2 x  3  2a 1
 x 1


 a 2
Do x, a  N * suy ra 2 x  3  2a  2 x  3  2a nên 2 x  3  2a 9

0,25

0,25

1,0

0,25

suy ra x = y = 1 thỏa mãn
Nếu x y, do vai trò của x, y như nhau, khơng mất tính tổng qt giả sử x < y
2
2
2
2
Khi đó y  y  3 x  y  3 y  ( y  2)
2
2
Do x, y nguyên dương suy ra y  3 x ( y  1)

 y 2  3x  y 2  2 y  1  y 

2 x2  9 x  3
2 x2  9 x  3

b 2
2
2
Ta có:
. Đặt
(**)
2
2
2
2
(**)  2 x  9 x  3 2b  16 x  72 x  24  16b 0
x2  3 y 

3x  1
2

0,25

với x, b  N *

 (4 x  9) 2  (4b) 2 105
 (4 x  9  4b)(4 x  9  4b) 105 1.105 3.35 5.21 7.15

Vì x, b  N * suy ra 4 x  9  4b  4 x  9  4b nên có các trường hợp sau:

0,25


4 x  9  4b 1



4
x

9

4
b

105

TH1:

TH2:

 x 11  y 16

b 13
(thỏa mãn)
5

 4 x  9  4b 3
x 

2

 4 x  9  4b 35 2b 2 x  3

(loại)

4 x  9  4b 5


4
x

9

4
b

21

TH3:

4.1

 x 1  y 1

b 2
(loại)
1

 4 x  9  4b 7
x 

2

 4 x  9  4b 15 2b 2 x  1


TH4:
(loại)
Vậy các số nguyên dương (x; y) thỏa mãn là (1; 1); (11; 16); (16;11)
Chứng minh: FE.HD = FD.HE

0

(O) cắt (O’) tại A, B  OO '  AB  CHO 90
0


CD, CE là tiếp tuyến của (O) tại D, E  CDO CEO 90
Từ (1) và (2)  C, D, O, H, E cùng thuộc đường trịn đường kính CO


CHE
CDE
 


CED
CHD




mà CD = CE  CDE CED  CHE CHD

 HC là phân giác của DHE

4.2

Mặt khác OO '  AB tại H hay FH  HC tại H
 HF là phân giác ngoài tại H của DHE
FE HE

 FE.HD FD.HE
 FD HD
Chứng minh: MB.EB.DI = IB.AN.BD.


Trong (O’) có: BMN BAN




Trong (O) có: BAN BDE  BMN BDE


 BDMI là tứ giác nội tiếp  MBI
MDI
 ABE




Xét MIB và AEB có: MBI  ABE ; BMI BAE
MB IB

 MIB đồng dạng với AEB  AB EB

0,25

1,0

(1)

0,25

(2)
0,25

0,25

0,25
1,0
0,25

0,25
(3)






Xét ABN và DBI có: BAN BDI ; BNA BID
AB AN

 ABN đồng dạng với DBI  DB DI

4.3

(4)

MB AB IB AN
.

.
Từ (3) và (4)  AB DB EB DI  MB.EB.DI IB. AN .DB
Chứng minh: O’I vng góc với MN.




Xét IBN và DBA có: BNI BAD ; BIN BDA (vì BDMI nội tiếp)
IN DA

 IBN đồng dạng với DBA  IB DB



Xét CDA và CBD có: DCB chung; CDA CBD
DA CD

 CDA đồng dạng với CBD  DB CB
DA CE

mà CD = CE  DB CB




Xét CEA và CBE có: BCE chung; CEA CBE
CE EA

 CEA đồng dạng với CBE  CB EB
EA IM

Mặt khác MIB đồng dạng với AEB (theo phần b)  EB IB
IN IM
 5 ,  6  ,  7  ,  8   
IB IB  IN  IM  O ' I  MN .
Từ

5

0,25

M
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

0,25
1,0
0,25
(5)

0,25
(6)
0,25

(7)
(8)

x2
y2
z2


yz zx x y .

 a, b, c  0


2
2
2
2
2
2
 a  b  c 6
Đặt a  x  y ; b  y  z ; c  z  x
a 2 x 2  y 2
 2
2
2
b  y  z
a 2  c2  b2 2 b2  a2  c2 2 c2  b2  a 2
c 2  z 2  x 2
x2 
;y 

;z 
2
2
2
Ta có 
suy ra
2

Ta có:

2  x 2  y 2   x  y   x  y  2  x 2  y 2   2a

Tương tự: y  z  2b; z  x  2c
x2
a2  c2  b2 y 2
b2  a2  c2 z 2
c 2  b2  a2


;

;

yz
zx
x y
2 2b
2 2c
2 2a
1  a 2  c2  b2 b2  a2  c2 c2  b2  a2 





b
c
a
2 2


1  a 2 c2 b2 a 2 c2 b2 a 2 b2 c 2

 b  b  c  c  a  a  a  b  c  2 a  b  c 
2 2


 M



1  2
1
1
1

a  b2  c 2  .   a 2  b2  c 2  .   a 2  b2  c2  .  2  a  b  c  


a
b

c
2 2


0,25

1,0

0,25

0,25




1  2
1 1

2
2  1
  a  b  c   a  b  c   12
2 2




3  a 2  b 2  c 2   a  b  c 

2

Ta có:
 3a 2  3b 2  3c 2 a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca
2

2

a b c
(ln đúng) do đó
1 1

 1 1 1
M
 3  a  b  c   a  b  c   a  b  c   12 
2 2



Suy ra:
1 1
6
3


 a  b  c  .9  12  

2 2 3
2
 2 2
2

2

2

  a  b    b  c    c  a  0

Dấu ‘=’ xảy ra  a b c 2  x  y  z  2
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng 2 khi x  y  z  2

2

 a  b  c

3

2

0,25

0,25

Ghi chú:
- Thực tế học sinh có thể có cách làm khác. Nếu học sinh làm đúng, cách làm phù hợp thì phần
đó vẫn đạt điểm tối đa.