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 (2,5 điểm) Cho biểu thức P  2x  x  x 2 a) Rút gọn biểu thức P Q Q  x  x  2x  x 2 với x  0; x  b) Tìm tất giá trị x để P  Q Câu (2,5 điểm) a b c    b c a 4a  6b  2017c Tính giá trị biểu thức P   4a  6b  2017c x  2y  xy    b) Giải hệ phương trình  x, y     x  x   x  x  y  y       Câu (1,5 điểm) a) Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức a) Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn   a  6a  b  6b  c  6c     a2  a b2  b c2  c b) Cho tam giác vuông có số đo cạnh số tự nhiên có hai chữ số Nếu đổi chỗ hai chữ số số đo cạnh huyền ta số đo cạnh góc vuông Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Câu (3,0 điểm) M Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB  AC , nội tiếp đường tròn O  Tiếp tuyến A đường tròn O  cắt đường thẳng BC M Kẻ đường cao BF tam giác ABC F  AC  Từ F kẻ đường thẳng song song với MA cắt AB E Gọi H giao điểm CE BF; D giao điểm AH BC MC AC   a) Chứng minh MA  MB.MC MB AB b) Chứng minh AH vuông góc với BC D c) Gọi I trung điểm BC Chứng minh bốn điểm E, F, D, I nằm đường tròn d) Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với HI cắt AB, AC P Q Chứng minh H trung điểm PQ Câu (0,5 điểm) Cho 2n  số nguyên, có số số 1,2, 3, ,n số xuất hai lần Chứng minh với số tự nhiên n ta xếp 2n  số nguyên thành dãy cho với m  1,2, , n có m số nằm 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 chuyên Tin) Đáp án P Q 2x  x  x 2 x   2x  x   x  2x  x  x 2 x 2 x 2 Điểm 1,5  x 1 1,0  x 1 0,5 1.b 1,0  0,5  x 1    x  42   x   VN   0,5 P Q  x 2 x 2    x 1  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      x  x   x  x  y  3 y     x  ĐK:  y   1  x 1 2 0,5 x    y x  2   x  2x   y     y  x  Với x  thay vào 2 ta  y  3  y  3   y  0,5 Với y  x  thay vào 2 ta x  x   x  1 x   x  x x  1 Ta có VP  x  1 x   x  x  Dấu xảy x   y   x 1 x2   x   x  x   VT 0,5 Vậy hệ có nghiệm x ; y   2; 4 3.a 0,75  1 1 1 1     Ta có với x , y, z  0; x  y  z      xyz  x y z  xyz x y z x y z Dấu xảy x  y  z 0,25   a  a  3a  3  2a a  6a  3   1  Ta có 2 a a 1 a a a a  1 1  1   Nên M           a b c  a  b  c  1 0,25 27 18   15 a b c a b c  Dấu xảy a  b  c  Vậy M  15 đạt a  b  c  0,25 3 3.b 0,75 Giả sử tam giác cho ABC vuông A, có BC  ab, AC  cd, AB  ba 0  b  a  9;1  c  a;  d  9 0,25 Theo ĐL Pitago ab  cd  ba  cd  99 a  b  2 2  cd  cd     cd  33     cd  33  cd  33;66;99  cd 11 cd 11  0,25 * TH1: cd  99 loại 99  cd  ab  99 * TH2: cd  66  a  b a  b   44 Do a  b, a  b tính chẵn lẻ  a  b  a  b  18 nên a,b thỏa mãn   * TH3: cd  33  332  99 a  b  a  b a  b   11 a  b  a     Do  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 MA AB AC MC MC MC      Ta lại có 2 MC AC MB.MC MB AB MA Ta có MAB ∽ MCAg.g   4.b 0,5 0,5  ) nên     AEF  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 trực tâm Mà BFC ABC  AH  BC 0,25 4.c 0,5   2IBF  Vì BFC vuông F  FI  BC  BFI cân I Do đó, FIC   DEH  Mặt khác, tứ giác BEHD nội tiếp nên HBD  0,25   HEF  Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên HAF    HBD  (cùng phụ với ACB ) Mặt khác HAF    DEF   FIC   DEF  Từ 1, 2, 3 suy HBD Vậy bốn điểm E, F, I , D thuộc đường tròn 4.d 0,25 1,0 Gọi K , L trung điểm BE, FC Ta có IK đường trung bình BEC nên IK / /EC IK  BE   HKI  Suy ra, tứ giác PKHI nội tiếp  HPI 0,5   HLI  Chứng minh tương tự HQI   HKE   900 ; HLI   HLF   900 Ta có HKI  HE BE HE KE    HF CF HF LF HE KE   Xét HKE 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 HKI IPQ cân I Mà IH  PQ  H trung điểm PQ 0,5 Ta có nhận xét với hai tập, tập gồm số lẻ từ đến 2k  1, ta xếp cho thỏa mãn yêu cầu toán với ô trống giữa: 2k  1;2k  1; ;3;1;;1;3; ;2k  1;2k  Với hai tập, tập gồm số chẵn từ đến 2k, ta xếp cho thỏa mãn yêu cầu toán với hai ô trống giữa: 2k;2k  2; ;4;2; ; ;2;4; ;2k  2;2k Xét hai trường hợp: a) Với n  2k  xét cách xếp sau: 2k  1;2k  1; ;3;1;2k;1;3; ;2k  1;2k  1;2k  2; ;4;2;2k;0;2;4; ;2k  Cách xếp thỏa mãn toán b) Với n  2k xét cách xếp sau: 2k  1; ;3;1;2k;1;3; ;2k  1;2k  2; ;4;2;0;2k;2;4; ;2k  Cách xếp thỏa mãn toán Vậy ta có điều phải chứng minh 0,25 0,25 Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm  ...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 chuyên Tin) Đáp án P Q... 1, ta xếp cho thỏa mãn yêu cầu toán với ô trống giữa: 2k  1;2k  1; ;3;1;;1;3; ;2k  1;2k  Với hai tập, tập gồm số chẵn từ đến 2k, ta xếp cho thỏa mãn yêu cầu toán với hai ô trống giữa: 2k;2k... ;4;2;2k;0;2;4; ;2k  Cách xếp thỏa mãn toán b) Với n  2k xét cách xếp sau: 2k  1; ;3;1;2k;1;3; ;2k  1;2k  2; ;4;2;0;2k;2;4; ;2k  Cách xếp thỏa mãn toán Vậy ta có điều phải chứng minh 0,25