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.. Chứng minh AO đi qua trung điểm của IJ.. Hỏi với cách thực hiện
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học: 2016 - 2017 Môn: TOÁN (chuyên)
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 x1 với x 0.
b) Cho a b c , , là các số thực thỏa mãn các điều kiện a b c 6; 1 1 1 47
60
ab bc ca
Tính giá trị của biểu thức a b c
bc ca ab
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình 2 x2 3 x 1 1 3 x 2 x2 1.
b) Giải hệ 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
a) Chứng minh NKH MKH.
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.OP2 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 x5 8 y3 7z2 0.
b) Tìm tất cả các số nguyên không âm a b c , , thỏa mãn ab2bc2 ca2 6abc và
1
a b c 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
2 2 2 1 1 1 4 xy yz zx 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:
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ 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
Môn: TOÁN (chuyên)
(Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang)
Câu 1: (2,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
x x x x x x x x 0,25
x 1 1 2 x 1 1 2
b) (1,0 điểm)
0,25
6 6 6 3
b c c a a b
6 1 1 1 3
47 47 17
Câu 2: (2,0 điểm)
a) (1,0 điểm) Điều kiện 2 x2 3 x 1 0; 1 3 x 0.
Đặt a 2x2 3x1;b x2 1; a b; 0 Khi đó ta được 2b2a2 1 3 x 0,25
Phương trình đã cho trở thành:
a b a b 2 b2 a2 2 b a
2 2 2
2b a 2b a
2 2
2 a 2ab b 0 a b
0,25
3
x
x
Thử lại ta được nghiệm phương trình là: x0;x 3 0,25
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 3
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được 2 2
2 x 2 y 4 x 4 y 4 0 3
Phương trình (3) tương đương với x y 2 x y 2 2 0 0,25
1
0,25
Ta thấy x y1 thỏa mãn (1) và (2) Hệ đã cho có duy nhất nghiệm x y ; 1;1 0,25
Câu 3: (3,0 điểm)
S
P K
O N
M
C
B
A
I
a) (1,0 điểm)
Chứng minh được tứ giác BNHK và tứ giác CMHKlà các tứ giác nội tiếp
0,25
Chứng minh được tứ giác BNMC nội tiếp
0,25
Chứng minh được NBM NKH MCN ; MKH NBM ; MCN . 0,25
Từ đó chứng minh được MKH NKH. 0,25
b) (1,0 điểm)
Kẻ đường kính AS của O R ; , nối BS Ta có B AS ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn
một cung)
0,25
Tứ giác BNMC nội tiếp nên ANM ACB(cùng bù với BNM )ANM ASB 0,25 Trong tam giác ABS ta có 0
90
ABS (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên
90
BSABAS Suy ra 0
90
ANM BAS AO MN hay AO IJ 0,25
Tam giác OIJ cân ở O OI OJ , AO IJsuy ra AO đi qua trung điểm IJ 0,25
Trang 4c) (1,0 điểm)
Ta có 0
90
ABS SCA (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) SC AC SB; AB
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 1
2
0,5
Trong tứ giác ANHM ta có AH2 NA2 NH2 MA2 MH2
2
NA NH NA NH hay NA2 NH2 4 SNAH (Vì 2NA NH 4SNAH)
MA MH MA MH MA MH S (Vì 2MA MH 4SMAH)
2
2 HA 4 SANHM
8.OP2 4S hay 2.OP2 S
0,25
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi NH NA MH ; MA, khi đó 0
90
MAN hay 0
90
BAC (mâu thuẫn với tam giác ABC nhọn) Do đó không xảy ra dấu bằng, suy ra 2.OP2 S
0,25
Câu 4: (1,5 điểm)
a) (0,75 điểm)
Với mỗi số nguyên k 0 ta có: x5 8 y3 7z2 0 k x30 5 k30.8 y3 k30.7z2 0
6 5 10 3 15 2
Do đó nếu x y z0; 0; 0 là một bộ số nguyên thỏa mãn điều kiện đề bài thì với mỗi số nguyên
0
k ta cũng có 6 10 15
k x k y k z cũng là một bộ số nguyên khác thỏa mãn điều kiện đề bài 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 x5 8 y3 7z2 0.
Lưu ý: Học sinh có thể chỉ ra ngay bộ 6 10 15
; ;
k k k với k là số nguyên khác 0 tùy ý là một
bộ số nguyên thỏa mãn đề bài
0,25
b) (0,75 điểm)
Giả sử a b c ; ; là các số nguyên không âm thỏa mãn đề bài, ta có:
ab bc ca abca b c abbcca abc (1)
0,25
3
a b c abc a b c a b c abbcca (2) 0,25
Từ (1) và (2) 3 3 3
a b c abc a b c
Do a3b3 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)
Trang 5a) (0,75 điểm)
Đặt x ya x; z b ta được ab1;ab
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
2
2
a b
1
4 2
a b
a b
0,25
1
2
a b
a b
Do ab1;a b nên a2b2 2ab hay a2 b2 2 0
1
2
a b
a b
Vậy 2 2 2
4
x y yz zx
0,25
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
0,5
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
0,25
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