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:

a + x2
a + x2
−2 a +
+2 a
x
x
với a > 0, x > 0 .

A=

3
b) Tính giá trị biểu thức P = ( x − y ) + 3( x − y )( xy + 1) biết:

x = 3 3 + 2 2 − 3 3 − 2 2 , y = 3 17 + 12 2 − 3 17 − 12 2 .
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:


ab + bc + ca
a 2b + b 2 c + c 2 a

----------------------------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
1

a

Rút gọn biểu thức:

A=

( x− a)

2

2


1 b

0,25

a −x+x+ a 2 a
=
x
x .

3
Tính giá trị biểu thức: P = ( x − y ) + 3( x − y )( xy + 1) biết:

x = 3 + 2 2 − 3 − 2 2 , y = 17 + 12 2 − 17 − 12 2 .
3

x =
3

(

3

3

3

Ta có:
3+ 2 2 − 3− 2 2
3

PT (1) ⇔ (x2 - 3x + 3) + 3(x + 1) = 4 (x + 1)(x − 3x + 3) (2)
3(x + 1)
x +1
1+ 2
=4 2
x − 3x + 3
x − 3x + 3
Do x2 - 3x + 3 > 0 nên (2) ⇔

Đặt

t=

0,25

0,25

Trừ vế với vế (1) và (2) ta được: x − y + 3( x − y ) = −20 2
⇔ (x - y)3 + 3(x - y)(xy + 1) = −20 2. Vậy P = −20 2
a

1,00

3

= 3 + 2 2 − 3 + 2 2 − 33 3 + 2 2 3 − 2 2 .

2

0,25

a+x
a+x
−2 a +
+2 a
x
x
với a > 0, x > 0 .
2

t = 1
⇔  1 (TM)
x +1
t =
;
t
≥
0
2
2
x 2 − 3x + 3
 3
⇔
được PT: 1 + 3t = 4t
3t - 4t + 1 = 0

0,25
0,25
1,00
0,25
0,25

)

 x + x 2 + 2 x + 2 + 1 y + y 2 + 1 = 1 (1)

 x 2 − 3xy − y 2 = 3 (2)

(

)(

(1) ⇔ x + x 2 + 2x + 2 + 1

y2 + 1 + y

)(

) (

y2 + 1 − y =

y2 + 1 − y

1,00

)
0,25

2
(Do y + 1 − y ≠ 0 với mọi y)
⇔ x + 1 + (x + 1) 2 + 1 = − y + y 2 + 1

2
2
 (x + 1) + 1 + (x + 1) + y + 1 − y = 0 (3)

Do

3

a

3 b

(x + 1) 2 + 1 > x + 1 ≥ x + 1, ∀x

và

y 2 + 1 > y ≥ − y, ∀y

0,25

nên (3) vô nghiệm.

x = 1

x = − 4
3
Thay y = - x - 1 vào (2) tìm được nghiệm 
 4 1
4
1

1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00

2

2

⇔  x 2 + 4( y 2 + 7)  = 17  x 4 + ( y 2 + 7) 2 

⇔ 16 x 4 − 8 x 2 ( y 2 + 7) + ( y 2 + 7) 2 = 0
2

⇔  4 x 2 − ( y 2 + 7)  = 0 ⇔ 4 x 2 − y 2 − 7 = 0

0,25
0,25


⇔ (2 x + y )(2 x − y ) = 7 (1)
*
Vì x, y ∈ N nên 2 x + y > 2 x − y và 2 x + y > 0 .
Do đó từ (1) suy ra:
2 x + y = 7  x = 2
⇔

2

K

H

O

I

E
G
D
M

4 b

Lấy K là điểm đối xứng của O qua B, vì B và O cố định nên K cố định
Tứ giác OAKM là hình bình hành nên KM = OA
BC
OA =
2 không đổi.
BC
⇒ M nằm trên đường tròn tâm K, bán kính 2 .
Chứng minh tổng bình phương các cạnh của tứ giác AEGF không đổi.

0,25
0,25
0,25
0,25
1,00


4

c

Kẻ đường kính AD, do GD ⊥ AG và EF ⊥ AG nên EF // GD, do đó tứ giác nội tiếp 0,25
EFGD là hình thang cân ⇒ FG = ED ⇒ AE2 + FG2 = AE2 + ED2 = AD2 = BC2
Tương tự ta chứng minh được: AF2+ EG2 = BC2
0,25
Vậy AE2+ FG2 +AF2+ EG2 = 2BC2.
Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho bán kính
1,00
đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất.
Gọi Q là hình chiếu của H trên AC ⇒ Tứ giác APHQ là hình chữ nhật (S là tâm)


·
·
·
= AHP
= ABC
⇒ AQP
nên tứ giác BPQC nội tiếp.
A

Q
S
P
B
H


Ta có:

P = 14(a 2 + b 2 + c 2 ) +

ab + bc + ca
a 2b + b 2c + c 2a

1,00

a2 + b2 + c2 = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)
= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2
Theo bất đẳng thức Cô si:

0,25

a3 + ab2 ≥ 2a2b; b3 + bc2 ≥ 2b2c; c3 + ca2 ≥ 2c2a ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ 3(a2b + b2c + c2a)
Do đó:

P ≥ 14(a 2 + b 2 + c 2 ) +

3(ab + bc + ca)
a2 + b2 + c2

1
Đặt t = a2 + b2 + c2. Ta luôn có: 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a +b + c)2 = 1. Do vậy: t ≥ 3 .
Khi đó:

P ≥ 14t +

3(1 − t ) t 27t 3 3 1 1