|
SỞ 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
|
Câu 1: (2,0 điểm)
|
Nội dung |
Điểm |
|
a) (1,0 điểm) $\sqrt{x+2+2\sqrt{x+1}}-\sqrt{x+2-2\sqrt{x+1}}=\sqrt{x+1+2\sqrt{x+1}+1}-\sqrt{x+1-2\sqrt{x+1}+1}$ |
0,25 |
|
$=\sqrt{{{\left( \sqrt{x+1}+1 \right)}^{2}}}-\sqrt{{{\left( \sqrt{x+1}-1 \right)}^{2}}}$ |
0,25 |
|
$=\left| \sqrt{x+1}+1 \right|-\left| \sqrt{x+1}-1 \right|$ |
0,25 |
|
$=\sqrt{x+1}+1-\left( \sqrt{x+1}-1 \right)=2.$ |
0,25 |
|
b) (1,0 điểm) Do $a+b+c=6$ nên $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{6-\left( b+c \right)}{b+c}+\dfrac{6-\left( c+a \right)}{c+a}+\dfrac{6-\left( a+b \right)}{a+b}$ |
0,25 |
|
$=\dfrac{6}{b+c}+\dfrac{6}{c+a}+\dfrac{6}{a+b}-3$ |
0,25 |
|
$=6\left( \dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b} \right)-3$ |
0,25 |
|
$=6.\dfrac{47}{60}-3=\dfrac{47}{10}-3=\dfrac{17}{10}.$ |
0,25 |
Câu 2: (2,0 điểm)
|
Nội dung |
Điểm |
|
a) (1,0 điểm) Điều kiện $2{{x}^{2}}+3x+1\ge 0;\,\,1-3x\ge 0.$ Đặt $a=\sqrt{2{{x}^{2}}+3x+1};\,\,b=\sqrt{{{x}^{2}}+1};\,\,\,\,a;b\ge 0$. Khi đó ta được $2{{b}^{2}}-{{a}^{2}}=1-3x.$ |
0,25 |
|
Phương trình đã cho trở thành: $a+\sqrt{2{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}=2b$$\Rightarrow \sqrt{2{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}=2b-a$ $\Rightarrow 2{{b}^{2}}-{{a}^{2}}={{\left( 2b-a \right)}^{2}}$ $\Rightarrow 2\left( {{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}} \right)=0\Rightarrow a=b.$ |
0,25 |
|
Với $2{x^2} + 3x + 1 = {x^2} + 1 \Leftrightarrow {x^2} + 3x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
|
0,25 |
|
Thử lại ta được nghiệm phương trình là: $x=0;\,x=-3.$ |
0,25 |
|
2) (1,0 điểm) $\left\{ \begin{array}{l} Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được $2{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}-4x-4y+4=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)$ |
0,25 |
|
Phương trình (3) tương đương với ${{\left( x-y \right)}^{2}}+{{\left( x+y-2 \right)}^{2}}=0$ |
0,25 |
| $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = y\\ x + y = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = 1. \end{array} \right.$ |
0,25 |
|
Ta thấy $x=y=1$ thỏa mãn (1) và (2). Hệ đã cho có duy nhất nghiệm $\left( x;y \right)=\left( 1;1 \right).$ |
0,25 |
Câu 3: (3,0 điểm)
|
Nội dung |
Điểm |
|
|
|
a) (1,0 điểm).
Chứng minh được tứ giác $BNHK$ và tứ giác $CMHK$ là các tứ giác nội tiếp.
|
0,25 |
|
Chứng minh được tứ giác $BNMC$ nội tiếp. |
0,25 |
|
|
Chứng minh được $\widehat{NBM}=\widehat{NKH};\,\,\,\widehat{MCN}=\widehat{MKH};\widehat{NBM}=\widehat{MCN.}$ |
0,25 |
|
|
Từ đó chứng minh được $\widehat{MKH}=\widehat{NKH}.$ |
0,25 |
|
|
b) (1,0 điểm). Kẻ đường kính $AS$ của $\left( O;R \right)$, nối $BS$. Ta có $\widehat{B\text{S}A}=\widehat{ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung). |
0,25 |
|
|
Tứ giác $BNMC$ nội tiếp nên $\widehat{ANM}=\widehat{ACB}$ (cùng bù với $\widehat{BNM}$)$\Rightarrow \widehat{ANM}=\widehat{ASB}$ |
0,25 |
|
|
Trong tam giác $ABS$ ta có $\widehat{ABS}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $\widehat{BSA}+\widehat{BAS}={{90}^{0}}$. Suy ra $\widehat{ANM}+\widehat{BAS}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow AO\bot MN$ hay $AO\bot IJ.$ |
0,25 |
|
|
Tam giác $OIJ$ cân ở $O$$\left( OI=OJ \right)$, $AO\bot IJ$ suy ra $AO$ đi qua trung điểm $IJ.$ |
0,25 |
|
|
c) (1,0 điểm). Ta có $\widehat{ABS}=\widehat{SCA}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow SC\bot AC;\,SB\bot AB$ $\Rightarrow CH$ song song $SB$ (cùng vuông góc $BC$) $\Rightarrow BH$ song song $SC$ (cùng vuông góc $AB$) $\Rightarrow BHCS$ là hình bình hành $\Rightarrow P$ là trung điểm của $HS$ (vì $P$ là trung điểm của $BC$). Do đó $OP$ là đường trung bình của tam giác $AHS$$\Rightarrow OP=\dfrac{1}{2}AH.$ |
0,5 |
|
|
Trong tứ giác $ANHM$ ta có $A{{H}^{2}}=N{{A}^{2}}+N{{H}^{2}}=M{{A}^{2}}+M{{H}^{2}}$ $N{{A}^{2}}+N{{H}^{2}}\ge 2NA.NH$ hay $N{{A}^{2}}+N{{H}^{2}}\ge 4{{S}_{\Delta NAH}}$ (Vì $2NA.NH=4{{S}_{\Delta NAH}}$) $M{{A}^{2}}+M{{H}^{2}}\ge 2MA.MH\Rightarrow M{{A}^{2}}+M{{H}^{2}}\ge 4{{S}_{\Delta MAH}}$ (Vì $2MA.MH=4{{S}_{\Delta MAH}}$) $\Rightarrow 2.H{{A}^{2}}\ge 4{{S}_{ANHM}}$$\Rightarrow 8.\text{O}{{P}^{2}}\ge 4S$ hay $2.O{{P}^{2}}\ge S.$ |
0,25 |
|
|
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $NH=NA;MH=MA$, khi đó $\widehat{MAN}={{90}^{0}}$ hay $\widehat{BAC}={{90}^{0}}$ (mâu thuẫn với tam giác $ABC$ nhọn). Do đó không xảy ra dấu bằng, suy ra $2.O{{P}^{2}}>S.$ |
0,25 |
|
Câu 4: (1,5 điểm)
|
Nội dung |
Điểm |
|
a) (0,75 điểm). Với mỗi số nguyên $k\ne 0$ ta có: ${{x}^{5}}+8{{y}^{3}}+7{{\text{z}}^{2}}=0\Leftrightarrow {{k}^{30}}{{x}^{5}}+{{k}^{30}}.8{{y}^{3}}+{{k}^{30}}.7{{\text{z}}^{2}}=0$ $\Leftrightarrow {{\left( {{k}^{6}}.x \right)}^{5}}+8{{\left( {{k}^{10}}.y \right)}^{3}}+7{{\left( {{k}^{15}}.z \right)}^{2}}=0.$ |
0,25 |
|
Do đó nếu $\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)$ là một bộ số nguyên thỏa mãn điều kiện đề bài thì với mỗi số nguyên $k\ne 0$ ta cũng có $\left( {{k}^{6}}{{x}_{0}};{{k}^{10}}{{y}_{0}};{{k}^{15}}{{z}_{0}} \right)$cũng là một bộ số nguyên khác thỏa mãn điều kiện đề bài. |
0,25 |
|
Ta thấy bộ $\left( 1;-2;3 \right)$ thỏa mãn điều kiện đề bài. Từ đó suy ra tồn tại vô hạn bộ ba số nguyên $\left( x,y,z \right)$ thỏa mãn $xyz\ne 0$ và ${{x}^{5}}+8{{y}^{3}}+7{{\text{z}}^{2}}=0.$ Lưu ý: Học sinh có thể chỉ ra ngay bộ $\left( {{k}^{6}};-{{k}^{10}};{{k}^{15}} \right)$ 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: ${{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}=6abc\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca=3abc$ (1) |
0,25 |
|
Phân tích ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}-3abc=\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca \right)$ (2) |
0,25 |
|
Từ (1) và (2) ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}-3abc=3abc\left( a+b+c \right)$ hay ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}=3abc\left( a+b+c+1 \right)$. Do ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+1$ 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 $\left( a;b;c \right)=\left( 0;0;0 \right)$ thỏa mãn đề bài. |
0,25 |
Câu 5: (1,5 điểm)
|
Nội dung |
Điểm |
|
a) (0,75 điểm). Đặt $x-y=a;\,\,x-z=b$ ta được $ab=1;\,\,a\ne b.$ Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $\dfrac{1}{{{a}^{2}}}+\dfrac{1}{{{b}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( a-b \right)}^{2}}}\ge 4\Leftrightarrow \dfrac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}+\dfrac{1}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2ab}\ge 4$$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+\dfrac{1}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2}\ge 4$ |
0,25 |
|
$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2+\dfrac{1}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2}\ge 2.$ |
0,25 |
|
Do $ab=1;\,\,a\ne b$ nên ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}>2ab$ hay ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2>0.$ Mặt khác $\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2 \right)+\dfrac{1}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2}\ge 2\sqrt{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2 \right).\dfrac{1}{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2 \right)}}$ tức là ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2+\dfrac{1}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2}\ge 2$. Vậy $\dfrac{1}{{{\left( x-y \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( y-z \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( z-x \right)}^{2}}}\ge 4.$ |
0,25 |
|
b) (0,75 điểm). Đặt $k=ab+a+b=\left( a+1 \right)\left( b+1 \right)-1.$ 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 |
