Đề 3 thi tuyển sinh lớp 10 thpt năm học 2016 - 2017 môn thi: Toán (chuyên) thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 
THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
 NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn thi: TOÁN (Chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: với .
b) Tính giá trị biểu thức biết:
	, .
Câu 2 (2,0 điểm) 
a) Giải phương trình: .
b) Giải hệ phương trình: 
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết: M = n.4n + 3n chia hết cho 7.
b) Tìm các cặp số (x; y) nguyên dương thoả mãn: (x2 + 4y2 + 28)2 17(x4 + y4) = 238y2 + 833.
Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A là điểm di chuyển trên đường tròn (O) (A khác B và C). Kẻ AH vuông góc với BC tại H. M là điểm đối xứng của điểm A qua điểm B.
a) Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định.
b) Đường thẳng MH cắt (O) tại E và F (E nằm giữa M và F). Gọi I là trung điểm của HC, đường thẳng AI cắt (O) tại G (G khác A). Chứng minh: AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2.
c) Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 1. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
----------------------------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
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2016 - 2017
 (Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang)
Nếu học sinh có cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
a
Rút gọn biểu thức: với .
1,00
0,25
.
0,25
+) Với thì nên A = .
0,25
+) Với thì 
 nên A = .
0,25
1
b
Tính giá trị biểu thức: biết:
	, .
1,00
Ta có: 
 (1). 
0,25
Tương tự: (2). 
0,25
 Trừ vế với vế (1) và (2) ta được: 
0,25
 (x - y)3 + 3(x - y)(xy + 1) = Vậy P = 
0,25
2
a
Giải phương trình: (1)
1,00
 +) ĐK: 
PT (1) (x2 - 3x + 3) + 3(x + 1) = (2)
0,25
Do x2 - 3x + 3 > 0 nên (2) 
Đặt được PT: 1 + 3t2 = 4t 3t2 - 4t + 1 = 0 
0,25
+) Với t = 1 được PT: 
0,25
+) Với t = được PT: 
0,25
2
b
Giải hệ phương trình: 
1,00
Ta có: 
(Do với mọi y)
0,25
0,25
Do và nên (3) vô nghiệm.
0,25
Thay y = - x - 1 vào (2) tìm được nghiệm 
Với x = 1 y = -2; x = . Vậy hệ có nghiệm (1;-2), .
0,25
3
a
Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết: M = n.4n + 3n chia hết cho 7.
1,00
+) n = 2k (k nguyên dương): M = 2k.42k + 32k = 2k.16k + 9k. Ta có: 16k và 9k cùng dư với 2k chia 7. 
0,25
 M cùng dư với (2k.2k + 2k) = 2k.(2k + 1) chia 7(2k + 1) chia hết cho 7k chia 7 dư 3, hay k = 7q + 3 n = 14q + 6 (q ).
0,25
+) n = 2k + 1 (k nguyên dương): M = (2k + 1).42k + 1 + 32k+1 = 4(2k+1).16k + 3.9k
M cùng dư với (k + 4).2k + 3.2k = (k + 7).2k chia 7.
0,25
k chia hết cho 7k = 7p (p ).
Vậy n = 14q + 6 hoặc n = 14p + 1, với p và q là các số tự nhiên.
0,25
3
b
Tìm các cặp số (x; y) nguyên dương thoả mãn: 
(x2 + 4y2 + 28)2 - 17(x4 + y4) = 238y2 + 833.
1,00
Ta có: 
0,25
 (1)
0,25
Vì nên và .
0,25
Do đó từ (1) suy ra:
KL: (x; y)=(2; 3) thoả mãn bài toán.
0,25
4
a
Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định.
1,00
Lấy K là điểm đối xứng của O qua B, vì B và O cố định nên K cố định
0,25
Tứ giác OAKM là hình bình hành nên KM = OA
0,25
 không đổi.
0,25
M nằm trên đường tròn tâm K, bán kính .
0,25
4
b
Chứng minh tổng bình phương các cạnh của tứ giác AEGF không đổi.
1,00
Xét AHB vàCHA có ==900, = (cùng phụ với )
 AHB đồng dạng CHA. Gọi S là trung điểm của AH, I là trung điểm của HC nên 
ABS đồng dạng CAI = 
0,25
Ta lại có BS là đường trung bình của AMH 
 BS//MH = = 
Mà + =900+ =900AIMF
0,25
Xét tứ giác AEGF nội tiếp (O), có AG EF
Kẻ đường kính AD, do GDAG và EFAG nên EF // GD, do đó tứ giác nội tiếp EFGD là hình thang cânFG = ED AE2 + FG2 = AE2 + ED2 = AD2 = BC2
0,25
Tương tự ta chứng minh được: AF2+ EG2 = BC2
Vậy AE2+ FG2 +AF2+ EG2 = 2BC2. 
0,25
4
c
Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất.
1,00
 Gọi Q là hình chiếu của H trên AC Tứ giác APHQ là hình chữ nhật (S là tâm)
 nên tứ giác BPQC nội tiếp.
0,25
Đường trung trực của các đoạn thẳng PQ, BC, QC cắt nhau tại O’ thì O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP.
0,25
Có: OO’ // AH vì cùng vuông góc với BC.
 và O’S//OA nên tứ giác ASO’O là hình bình hành 
OO’ = AS = 
Trong trường hợp A nằm chính giữa cung BC thì ta vẫn có: OO’ = AS = 
0,25
Tam giác OO’C vuông tại O nên O’C = . Do OC không đổi nên O’C lớn nhất khi AH lớn nhất A chính giữa cung BC.
0,25
5
Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 1. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
1,00
Ta có: 
a2 + b2 + c2 = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) 
 = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2	 
Theo bất đẳng thức Cô si:
a3 + ab2 ³ 2a2b; b3 + bc2 ³ 2b2c;	c3 + ca2 ³ 2c2a a2 + b2 + c2 ³ 3(a2b + b2c + c2a)
Do đó: 
0,25
Đặt t = a2 + b2 + c2. Ta luôn có: 3(a2 + b2 + c2) ³ (a +b + c)2 = 1. Do vậy: t ³ . 
0,25
Khi đó: 
0,25
Vậy MinP = khi a = b = c = .
0,25