SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTCHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 02 tháng năm 2017 Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,5 điểm) a) Cho biểu thức P(x)  nhỏ thỏa mãn 9x x 1  , Q(x)  với x  Tìm số nguyên x x x3 x x P(x)  Q(x) b) Tính giá trị biểu thức F  2x  21x  55x  32x  4012 x   (không x  10x  20 sử dụng máy tính cầm tay) Câu 2: (2,0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y  x , đường thẳng (d) có hệ số góc k qua điểm M(0;1) Chứng minh với giá trị k, (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B có hoành độ x1 , x thỏa điều kiện x1  x   x  y3  b) Giải hệ phương trình  2  x  2y  x  4y Câu 3: (1,5 điểm) Cho phương trình x  2(m  1) x   m2  m   (1) (x ẩn số) a) Giải phương trình (1) m  b) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O hai điểm C, D (O) cho ba điểm C, O, D không thẳng hàng Gọi Ct tia đối tia CD, M điểm tùy ý Ct, M khác C Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A B tiếp điểm, B thuộc cung nhỏ CD ) Gọi I trung điểm CD, H giao điểm đường thẳng MO đường thẳng AB a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp b) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định M di động tia Ct c) Chứng minh MD HA  MC HC2 Câu 5: (2,0 điểm) a) Cho a, b, c số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện ab  bc  ac  a2 b2 c2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức E    ab bc ca b) Tìm tất số nguyên dương n cho n  3n số phương - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh :………………………… Số báo danh :……………………………… Chữ ký giám thị :…………………… Chữ ký giám thị : …………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 02 tháng năm 2017 Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu (1,5 Đáp án 9x x 1 a) Cho biểu thức P(x)   với x  , Q(x)  x x3 x x P(x) Tìm số nguyên x nhỏ thỏa mãn  Q(x) P(x)  0, x  Do   2P(x)  Q(x) Ta có Q(x)   Q(x) x Điểm 0,75 0,25 9x  x 1 1  2    3x  x    x x x3 x     0,25  x  x    x   x  (vì x   ) 0,25 điểm) Vậy giá trị nguyên nhỏ x cần tìm x  b) Tính giá trị biểu thức F  2x  21x  55x  32x  4012 x   x  10x  20 (không dùng máy tính cầm tay) Ta có x   suy  x  Do (5  x)2   x  10x  22  (x  10x  22)(2x  x  1)  4034 Ta có F  x  10x  20 4034 Mà x  10x  22  nên x  10x  20  2 Suy F   2017 2 a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y  x , đường thẳng (d) có hệ số góc k qua điểm M(0; 1) Chứng minh với giá trị k, (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B có hoành độ x1 , x thỏa điều kiện 0,75 0,25 0,25 0,25 1,00 x1  x  Đường thẳng (d) có phương trình y  kx  0,25 Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d) x  kx   (1) Ta có   k   , với k nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Suy (d) cắt (P) hai điểm phân biệt (2,0 x  x  k, x1x  điểm) Theo định lý Vi-ét, ta có: Suy (x1  x )  (x1  x )  4x1x  k   Do x1  x  (dấu “=” xảy k  ) 0,25 0,25 0,25 3 (1)  x  y  b) Giải hệ phương trình    x  2y  x  4y (2) 1,00 Nhân hai vế phương trình (2) cho 3, ta 3x  6y2  3x  12y (3) Trừ hai phương trình (1) (3) vế theo vế, ta (x  1)3  (2  y)3  y   x 0,25 0,25 Trang 1/4 Thế y   x vào (3), ta x  3x    x  x  Với x  y  Với x  y  Hệ phương trình có hai nghiệm (2; 1), (1; 2) 0,25 0,25 Cho phương trình x  2(m  1) x   m2  m   (1) (x ẩn số) a) Giải phương trình (1) m  0,50 Khi m  0, phương trình trở thành x  x    Đặt t  x  1, t  Ta có phương trình t  2t    t  t  1 (loại) 0,25 Với t  , x    x   x  2 b) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt 0,25 1,00 Đặt t  x  1, t  phương trình trở thành t  2(m  1)t  m2  m   (2) (1) có nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm phân biệt t1 , t lớn 0,25  '   điểm)  (t1  1)(t  1)  t   t   1 (m  2m  1)  (m  m  3)   '      t1t  (t1  t )     m  m   (2m  2)   t  t   2m    1  (1,5 0,25 0,25 3m    m  4 /     m  3m     m  1 hoÆc m   m  2m  m    Vậy với m  phương trình cho có nghiệm phân biệt Cho đường tròn (O) có tâm O hai điểm C, D (O) cho ba điểm C, O, D không thẳng hàng Gọi Ct tia đối tia CD, M điểm tùy ý Ct, M khác C Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A B tiếp điểm, B thuộc cung nhỏ CD ) Gọi I trung điểm CD, H giao điểm đường thẳng MO đường thẳng AB a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp 0,25 1,00 A (3,0 điểm) O H t D I C M B Q MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O)  MAO  MBO  90 I trung điểm CD nên OI  CD  MIO  90 Suy điểm A, I, B thuộc đường tròn đường kính MO Vậy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 2/4 b) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định M di động tia Ct Các tiếp tuyến C D cắt Q nằm đường thẳng OI Ta có MAC đồng dạng với MDA ( M chung MAC  MDA  sđAC ) MA MC Suy   MA2  MC.MD MD MA Mà MAO vuông A có đường cao AH nên MA2  MH.MO MC MO Suy MC.MD = MH.MO   Do MCH MOD đồng dạng MH MD Từ CHM  ODM Suy tứ giác CHOD nội tiếp (1) Tứ giác QCOD có OCQ  ODQ  90 nên nội tiếp đường kính OQ (2) Từ (1) (2) ta có năm điểm C, H, O, D, Q thuộc đường tròn đường kính OQ Suy QHO  90 Do QH  MO H Mà AB  MO H Do hai đường thẳng QH AB trùng Suy Q nằm đường thẳng AB Vì d (O) C, D, I cố định nên Q cố định Vậy AB qua điểm cố định Q M di động tia Ct MD HA  c) Chứng minh MC HC Hai tam giác MBC MDB có M chung MBC  MDB  s® BC nên đồng dạng 2 MD MB BD MD MB  BD  Suy       (3) MB MC BC MC MC2  BC  Lại có CAH  CDB  s® BC (4) Mà MCH đồng dạng với MOD nên MHC  MDO 180  COD Suy AHC  90  MHC  90  CDO  90   180  COD 2 1  360  COD  sđCAD  CBD (5) 2 BD HA Từ (4), (5) ta có hai tam giác AHC DBC đồng dạng Suy  (6) BC HC  0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25  MD HA  Từ (3) (6) suy MC HC2 (2,0 1,00 a) Cho a, b, c số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 b2 c2 E    Tìm giá trị nhỏ biểu thức ab bc ca a2 ab a2 a  b    a Ta có điểm) ab ab b2 bc c2 ca   b,   c Chứng minh tương tự ta có bc ca 0,25 ab  bc  ac  1,00 0,25 Trang 3/4 Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta a2 b2 c2 a b bc ca      abc ab bc ca 4 a2 b2 c2 abc      ab bc ca Do a  b  ab, b  c  bc, c  a  ca nên a  b  c  ab  bc  ac  a2 b2 c2 1     Đẳng thức xảy a  b  c  Suy ab bc ca 1 Vậy giá trị nhỏ E , đạt a  b  c  2 n b) Tìm tất số nguyên dương n cho n  số phương Gọi m số nguyên dương thỏa mãn n  3n  m2 Khi (m  n)(m  n)  3n Suy tồn số tự nhiên k cho m  n  3k m  n  3nk Vì m  n  m  n nên k  n  k , n  2k  Nếu n  2k  2n  (m  n)  (m  n)  3nk  3k  3k (3n2k  1)  3k (31  1)  2.3k Vì n  3k  2k  + Nếu k  n  + Nếu k  n  + Nếu k  3k   2(3k1  3k2    1)  2k (*) Nếu n  2k  k  n  k  Do 3k  3nk2 Suy 2n  3nk  3k  3nk  3nk2  3nk2 (32  1)  8.3nk2 Áp dụng (*), ta có 3nk2   2(n  k  2)  2n  2k  Suy 2n  8(2n  2k  3)  8k  12  7n Mặt khác n  2k  nên 7n  14k  14 , mâu thuẫn Vậy n  n  Cách khác: Giả sử n  3n  m2 (1), với m số nguyên dương, m  n Khi (m  n)(m  n)  3n Suy m  n  3p , m  n  3q , với p, q số tự nhiên p  q mn n n 3pq  p q p q  1 2 3     2n  m Ta có mn mn mn Suy n  3n  4n  3n  3n (2) Thử trực tiếp n  1, n  2, n  thỏa mãn (2), có n  1, n  thỏa mãn (1) Ta chứng minh (2) không với n  Thật vậy: + n  : 34  3.42 + Giả sử 3n  3n với n  + Suy 3n1  3.3n  3.3n  3(n  1)2  3(2n  2n  1)  3(n  1) với n  Vậy toán có hai nghiệm n  n  0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 - Học sinh làm cách khác đáp án kết cho điểm tối đa - Điểm toàn chấm điểm lẻ đến 0,25 - Đáp án gồm 04 trang - Hết Trang 4/4 ... VÀ ĐÀO TẠO THỪA THI N HUẾ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2017- 2018 Khóa ngày 02 tháng năm 2017 Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN – THANG... x  10x  20 (không dùng máy tính cầm tay) Ta có x   suy  x  Do (5  x)2   x  10x  22  (x  10x  22)(2x  x  1)  4034 Ta có F  x  10x  20 4034 Mà x  10x  22  nên x  10x...  Vậy toán có hai nghiệm n  n  0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 - Học sinh làm cách khác đáp án kết cho điểm tối đa - Điểm toàn chấm điểm lẻ đến 0,25 - Đáp án gồm