Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Đề số 27. Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ. Năm học: 2015-2016

Đề số 27. Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ. Năm học: 2015-2016

Tải bản đầy đủ - 0trang

TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ

CHUYÊN



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO

PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC



KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

NĂM HỌC 2015-2016

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

(Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn)

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)



Một số chú ý khi chấm bài

•Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, cán bộ chấm thi

cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lơ-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.

•Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm

tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm.

• Điểm bài thi là tổng điểm các câu khơng làm tròn số.

Đáp án-thang điểm

Câu 1 (1,5 điểm)

Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n2 + 4 và n2 +16 là các số nguyên tố thì n chia hết cho

5.

x 2 − 2 y ( x − y ) = 2( x + 1)

Tìm nghiệm ngun của phương trình:

Nội dung

Điểm

(0,5 điểm)

0,25

2

Ta có với mọi số nguyên m thì m chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4.

n 2 = 5k + 1 => n 2 + 4 = 5k + 5M5; k ∈ N * .

+ Nếu n2 chia cho 5 dư 1 thì

Nên n2+4 không là số nguyên tố

0,25

n 2 = 5k + 4 => n 2 + 16 = 5k + 20M5; k ∈ N * .

Nếu n2 chia cho 5 dư 4 thì

Nên n2+16 khơng là số ngun tố.

M

M

Vậy n2 5 hay n 5

(1,0 điểm)

0,25

2

2

2

x − 2 y ( x − y ) = 2( x + 1) <=> x − 2( y + 1) x + 2( y − 1) = 0(1)

Để phương trình (1) có nghiệm ngun x thì ∆' theo y phải là số chính phương

Trang -153-



TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ

CHUYÊN



∆ ' = y 2 + 2 y + 1 − 2 y 2 + 2 = − y 2 + 2 y + 3 = 4 − ( y − 1) 2 ≤ 4

Ta có

∆'chính phương nên ∆’ ∈ {0;1;4}

∆ ' = 4 => ( y − 1) 2 = 0 <=> y = 1

+ Nếu

thay vào phương trình (1) ta có :

x = 0

x 2 − 4 x = 0 <=> x(2 − 4) <=> 

x − 4



0,25



0,25



∆ ' = 1 => ( y − 1) 2 = 3 <=> y ∉ Z .

+ Nếu



+ Nếu



y = 3

∆ ' = 0 => ( y − 1) 2 = 4 <=> 

 y = −1



+ Với y = 3 thay vào phương trình (1) ta có:



x 2 − 8 x + 16 = 0 <=> ( x − 4) 2 = 0 <=> x = 4



0,25



x 2 = 0 <=> x = 0



+ Với y = -1 thay vào phương trình (1) ta có:

( x; y ) ∈{(0;1);(4;1);(4;3);(0;-1)}

Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm ngun :

Câu 2 (2,0 điểm)



A=

Rút gọn biểu thức:



2(3 + 5)

2 2 + 3+ 5



+



2(3 − 5)

2 2 − 3− 5



( x − 2)( x − 3)( x + 4)( x + 5) = m

Tìm m để phương trình:

(1,0 điểm)



A=



=



=



2(3 + 5)

4+ 6+2 5



+



có 4 nghiệm phân biệt.

0,25



2(3 − 5)

4− 6−2 5







 3+ 5 3− 5 

3+ 5

3− 5

 = 2

2

+

5+ 5 + 5− 5 ÷

÷

 4 + ( 5 + 1) 2 4 − ( 5 − 1)2 







0,25



 (3 + 5)(5 − 5) + (3 − 5)(5 + 5) 

 15 − 3 5 + 5 5 − 5 + 15 + 3 5 − 5 5 − 5 

2

÷

 = 2 

÷

25 − 5

(5 + 5)(5 − 5)











0,25



= 2.



0,25



20

=2

20



Vậy A=2

(1,0 điểm)

Phương trình



0,25



Trang -154-



TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ

CHUYÊN



( x − 2)( x − 3)( x + 4)( x + 5) = m

<=> ( x 2 + 2 x − 8)( x 2 + 2 x − 15) = m(1)

0,25



x 2 + 2 x + 1 = ( x + 1)2 = y ( y ≥ 0)

Đặt

phương trình (1) trở thành:

2

( y − 9)( y − 16) = m <=> y − 25 y + 144 − m = 0(2)

Nhận xét: Với mỗi giá trị y > 0 thì phương trình: (x+1)2=y có 2 nghiệm phân biệt, do đó phương trình

(1) có 4 nghiệm phân biệt⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt.







0,25



∆ ' > 0

 ∆ ' = 4m + 49 > 0

−49





<=>

< n < 144

 S > 0 <=> 25 > 0

4

P > 0

144 − m > 0







−49

< n < 144

4



Vậy với

Câu 3 (2,0 điểm)



0,25

thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.



x 2 − x − 4 = 2 x − 1(1 − x)

a)Giải phương trình:



b)Giải hệ phương trình:



3

2

 x + xy − 10 y = 0

 2

2

 x + 6 y = 10



Nội dung

(1,0 điểm)



Điểm

0,25



x ≥ 1(*)

Điều kiện:

Ta có:

x 2 − x − 4 = 2 x − 1(1 − x)

<=> x 2 + 2 x x − 1 + x − 1 − 2( x + x − 1) − 3 = 0



y2 − 2 y − 3 = 0



x + x − 1 = y ( y ≥ 1)(**)

, phương trình trở thành

 y = −1

y 2 − 2 y − 3 = 0 <=> ( y + 1)( y − 3) = 0 <=> 

y = 3



0,25



Đặt



+Với y = −1 không thỏa mãn điều kiện (**).

+ Với y = 3 ta có phương trình:

x ≤ 3

x ≤ 3

x ≤ 3



x + x − 1 = 3 <=> x − 1 = 3 − x <=> 

<=>  2

<=>   x = 2 <=> x = 2

2

 x −1 = 9 − 6x + x

 x − 7 x + 10 = 0

 x = 5





Trang -155-



0,25



0,25



TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ

CHUYÊN



thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

(1,0 điểm)



0,25



3

2

3

2

2

2

 x + xy − 10 y = 0

 x + xy − ( x + 6 y ) y = 0 (1)

<=>

 2

 2

2

2

(2)

 x + 6 y = 10

 x + 6 y = 10



Từ phương trình (1) ta có:

x3 + xy 2 − (x 2 + 6 y 2 ) y = 0



0,25



<=> x 3 + xy 2 − x 2 y − 6 y 3 = 0

<=> x 3 − 2 x 2 y + x 2 y − 2 xy 2 + 3 xy 2 − 6 y 3 = 0

<=> ( x − 2 y )( x 2 + xy + 3 y 2 ) = 0

x = 2y

<=>  2

2

 x + xy + 3 y = 0



0,25



y

11y 2

<=> ( x + ) 2 +

= 0 => x = y = 0

x + xy + 3 y = 0

2

4

2



0,25



2



+ Trường hợp 1:

V i x= y = 0 không thỏa mãn phương trình (2).

+ Trường hợp 2: x =2y thay vào phương trình (2) ta có:

 y = 1 => x = 2

4 y 2 + 8 y 2 = 12 <=> y 2 = 1 <=> 

 y = −1 => x = −2



( x; y) ∈{(2;1);( −2; −1)}

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm

Câu 4 (3,5 điểm)



BC = R 3

Cho đường tròn (O; R) và dây cung

cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác

ABC nhọn. Gọi E là điểm đối ứng với B qua AC và F và điểm đối ứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại

tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF.

Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp.

Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R.

Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định.

Nội dung

Điểm



Trang -156-



TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ

CHUYÊN



(1,5 điểm)

Ta có AKB =AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)

Mà ABE =AEB (tính chất đối ứng) suy ra AKB= ABE (1)

AKC= AFC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)

ACF= AFC (tính chất đối xứng) suy ra AKC= ACF (2)

Mặt khác ABE =ACF (cùng phụ với BAC ) (3). Từ (1), (2) , (3) suy ra AKB= AKC hay KA là phân

giác trong của góc BKC.

Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB.

1

BAC = BOC = 60o

BC = R 3

2

Ta có

nên BOC=120o ;

. Trong tam giác vng ABP có

o

o

o

o

APB=90 ;BAC=60 =>APB=30 hay ABE=ACF=30

Tứ giác APHQ có

AQH +APH=180o=> PAQ+ PHQ=180o=> PHQ=120o=> BHC=120o (đối đỉnh).

Ta có AKC= ABE= 300 , AKB= ACF= ABE= 300 (theo chứng minh phần a).

Mà BKC =AKC +AKB= AFC+ AEB =ACF +ABE = 600 suy ra BHC+ BKC =1800

nên tứ giác BHCK nội tiếp.

(1,5 điểm)



BC = R 3

Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung

BKC=60o= BAC nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O).

Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vng góc với BC, kẻ KN vng góc với BC (N thuộc

BC), gọi I là giao điểm của HK và BC.

Ta có



Trang -157-



0,5



0,25

0,25



0,25

0,25



0,5



0,25



TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ

CHUYÊN



1

1

1

BC.HM + BC.KN = BC.( HM + KN )

2

2

2

1

1

≤ BC ( HI + KI ) = BC.KH(Do HM ≤ HI;KN ≤ KI)

2

2



S BHCK = S BHC + S BCK =

S BHCK



Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra KH ≤ 2R (không đổi)



0,25



S BHCK

Nên



lớn nhất khi KH= 2R và HM+ KN= HK =2R .

1

S BHCK = R 3.2.R = R 2 3

2

Giá trị lớn nhất

Khi HK là đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là trung điểm của BC nên

∆ABC cân tại A. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC.

(0,5 điểm)

Ta có BOC=120o ;BKC =60o suy ra BOC +BKC =1800

nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn.

Ta có OB=OC=R suy ra OB= OC=> BKO= CKO hay KO là phân giác góc BKC theo phần (a) KA à

phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định

Câu 5 (1,0 điểm)

1

1

1

+ 2 + 2 =1

2

x

y

z

Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn:

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

2 2

y z

z x

x2 y 2

P=

+

+

x( y 2 + z 2 ) y(z 2 + x 2 ) z(x 2 + y 2 )

Nội dung



1



P=

x(



1 1

+ )

z2 y2



1



+

y(



1 1

+ )

z 2 x2



1



+

z(



Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:

1

1  2a 2 + 1 − a 2 + 1 − a 2  4

a 2 (1 − a 2 ) 2 = .2a 2 (1 − a 2 )(1 − a 2 ) ≤ 

÷=

2

2

3

 27

2

3 3



<=>



0,25

0,25



0,25



Điểm

0,25



1

1

+ 2)

2

x

y



Ta có:

1

1

1

= a; = b; = c

x

y

z

Đặt

thì a,b,c>0 và a2+b2+c2=1

a

b

c

a2

b2

c2

P= 2

+

+

=

+

+

b + c 2 c 2 + a 2 a 2 + b 2 a (1 − a 2 ) b(1 − b 2 ) c(1 − c 2 )



=> a (1 − a 2 ) ≤



0,25



a2

3 3 2



a (1)

2

a (1 − a )

2



b2

3 3 2

c2

3 3 2



b

(2);



c (3)

2

2

b(1 − b )

2

c(1 − c )

2

Tương tự:

Trang -158-



0,25



0,25



TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ

CHUYÊN



P≥

Từ (1); (2); (3) ta có



0,25



3 3 2 2 2 3 3

(a + b + c ) =

2

2



a=b=c=

Đẳng thức xảy ra 



1

3



x= y=z= 3

hay



Vậy giá trị nhỏ nhất của P là



3 3

2



Đề số 28. Chuyên Khánh Hòa. Năm học: 2015-2016

Bài 1. ( 2.00 điểm)

M=



x y− y−y x+ x

1 + xy



Cho biểu thức

Tìm điều kiện xác định và rút gọn M.

= (1 − 3) 2

Tính giá trị của M, biết rằng x



y = 3− 8





Bài 2. (2,00 điểm)



Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình:





4 x − 3 y = 4





2 x + y = 2



Tìm giá trị của m để phương trình x2 – mx + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn hệ thức

( x1 + 1) 2 + ( x2 + 1) 2 = 2

Bài 3. ( 2,00 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol (P): y = - x2

Vẽ parabol (P).

Xác định toạ độ các giao điểm A, B của đường thẳng (d): y = -x – 2 và (P). Tìm toạ điểm M trên (P) sao cho

tam giác MAB cân tại M.

Bài 4. (4,00 điểm)

Cho tam giác ABC vng tại A (AB
D. Vẽ đường thẳng a bất kì qua D cắt đường tròn (B) tại M và cắt đường tròn (C) tại N ( D nằm giữa M và

N). Tiếp tuyến tại M của đường tròn (B) và tiếp tuyến tại N của đường tròn (C) cắt nhau tại E.

Trang -159-



TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ

CHUYÊN



Chứng minh BC là tia phân giác của ABD

Gọi I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh: AD2 = 4BI.CI

Chứng minh bốn điểm A, M, E, N cùng thuộc một đường tròn.

Chứng minh rằng số đo MEN khơng phụ thuộc vị trí của đường thẳng a.

----- HẾT -----



HƯỚNG DẪN CHẤM

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

Hướng dẫn chung

1)Hướng dẫn chấm chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong bài làm, thí sinh phải

trình bày lập luận đầy đủ.

2) Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như

hướng dẫn quy định.

3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) phải đảm bảo khơng làm thay đổi tổng số điểm của mỗi câu, mỗi ý

trong hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.

4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ ngun khơng được làm tròn.

II. Đáp án và thang điểm

Bài 1:

M=



x y− y−y x+ x

1 + xy



a ) DK : x ≥ 0; y ≥ 0

M=

=

=



x y−y x+ x− y

1 + xy



xy ( x − y ) + ( x − y )

1 + xy

(1 + xy )( x − y )

1 + xy



= x− y

= (1 − 3) 2

b)Với x



y = 3 − 8 3 − 2 2 = ( 2 − 1) 2



=

Trang -160-



TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ

CHUYÊN



M = (1 − 3) 2 − ( 2 − 1)2 = 3 − 1 − 2 + 1 = 3 − 2

Bài 2:

a)







x = 1

4 x − 3 y = 4

4 x − 3 y = 4

5 y = 0

 y = 0

<=> 

<=> 

<=> 

<=> 



y = 0

 x =1

2 x + y = 2

4 x + 2 y = 4

2 x + y = 2











b) ∆ = (-m)2- 4.1.1= m2 – 4

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: m2 – 4 ≥ 0 ⇔ m≥2 hoặc m≤-2

Theo hệ thức Viet, ta có: x1 + x2 = m; x1.x2 = 1

Ta có: (x1 + 1)2 + (x2 + 1)2 = 2.

x12 + 2 x1 + 1 + x2 2 + 2 x2 + 1 = 2

<=> ( x1 + x2 ) 2 + 2( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 0

<=> m 2 + 2m − 2 = 0

 m = 3 − 1( L)

<=> 

 m = − 3 − 1(TM )



Vậy



m = − 3 −1



Bài 3:

a)Vẽ đồ thị y = -x2

TXĐ: D = R

Tọa độ đỉnh: I(0;0)

Trục đối xứng: x = 0

Tính biến thiên:

Hàm số đồng biến trên (-∞;0) và nghịch biến trên (0;+∞).

BBT:



Trang -161-



TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ

CHUYÊN



Bảng giá trị

x



-1



0



1



y



-1



0



-1



b) HD: Viết pt đường trung trực (d’) của AB, tìm giao điểm của (d’) và (P), ta tìm được hai điểm M.

Hồnh độ các giao điểm A, B của đường thẳng (d): y = -x – 2 và (P) là nghiệm của phương trình: – x2 = – x

– 2 ⇔ x2 – x – 2 =0 ⇔ x= -1 hoặc x = 2

+ Với x = -1, thay vào (P), ta có: y = –(-1)2 = -1, ta có: A(-1; -1)

+ Với x = 2, thay vào (P), ta có: y = –(2)2 = -4, ta có: B(2; -4)



Suy ra trung điểm của AB là:



1 −5

I( ; )

2 2



Đường thẳng (d’) vng góc với (d) có dạng: y = x + b;

−5 1

= + b <=> b = −3

2 2

Vì (d’): y = x + b đi qua I nên:

Vậy (d’): y = x -3



<=> x =

Phương trình hồnh độ của (d’) và (P) là: x2 + x - 3 = 0



x=



−1 − 13

−7 − 13

=> y =

2

2



x=



−1 + 13

−7 + 13

=> y =

2

2



+ Với



+Với



(

Vậy có hai điểm M cần tìm là:

Bài 4:



−1 − 13 −7 − 13

;

)

2

2



Trang -162-



(





−1 ± 13

2



−1 + 13 −7 + 13

;

)

2

2



TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HỆ

CHUYÊN



C/m: ∆ABC = ∆DBC (ccc) ⇒ ABC=DBC hay: BC là phân giác của ABD

Ta có: AB = BD (=bk(B))

CA = CD (=bk(C))

Suy ra: BC là trung trực của AD hay BC ⊥ AD ⇒AI⊥B

Ta lại có: BC ⊥ AD tại I ⇒ IA = ID (đlí)



AD 2

= BI .CI => AD 2 = 4 BI .CI

4



Xét ∆ABC vng tại A (gt) có: AI⊥BC, suy ra: AI2 = BI.CI hay:

Ta có: DME=DAM (hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung)

DNE =DAN (hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung)

Suy ra: DME+ DNE=DAM+DAN

Trong ∆MNE có: MEN+EMN+ENM = 180o , suy ra: MEN+DAM+DAN = 180o

Hay: MEN+MAN =180o ⇒ tứ giác AMEN nội tiếp.

Trong ∆AMN có: MAN+AMN+ANM = 180o , mà: MEN+MAN =180o

suy ra: MEN=AMN+ANM

1

1

AND = ACB = ACD, AMD = ABC = ABD

2

2

Ta lại có:

(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung)

o

Mà: ∆ABC vuông tại A nên: MEN = 90 (khơng đổi)

Vậy số đo góc MEN khơng phụ thuộc vào đường thẳng a.

----------------------------HẾT----------------------------Đề số 29. Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2015-2016

Câu 1: (2,0 điểm)



a

a 

a +1



M =

+

( a > 0, a ≠ 4)

÷:

a −2 a−4 a +4

a−2 a



Cho biểu thức:

Rút gọn biểu thức M.

Tìm tất cả các giá trị của a để M ≤ 0.

Câu 2: (2,5 điểm)



Trang -163-



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Đề số 27. Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ. Năm học: 2015-2016

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×