Đề kiểm tra môn Toán - Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10THPT - Năm học 2015-2016 - Sở GD&DDT Phú Thọ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra môn Toán - Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10THPT - Năm học 2015-2016 - Sở GD&DDT Phú Thọ (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (1,5 điểm) a) 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. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2y(x y) 2(x 1). Câu 2 (2,0 điểm) 2 3 5 2 3 5 a) Rút gọn biểu thức: A . 2 2 3 5 2 2 3 5 b) Tìm m để phương trình: x 2 x 3 x 4 x 5 m có 4 nghiệm phân biệt. Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 x 4 2 x 1 1 x . x3 xy2 10y 0 b) Giải hệ phương trình: . 2 2 x 6y 10 Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn B»C sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng 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. a) Chứng minh KA là phân giác trong góc B· KC và tứ giác BHCK nội tiếp. b) 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. c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (1,0 điểm) 1 1 1 Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 y2 z 2 y2 z 2 z 2 x2 x2 y2 P . x y2 z 2 y z 2 x2 z x2 y2 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu 1 (1,5 điểm) a) 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. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2y(x y) 2(x 1). Nội dung Điểm a) (0,5 điểm) Ta có với mọi số nguyên m thì m2 chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4. 2 2 2 * 0,25 + Nếu n chia cho 5 dư 1 thì n 5k 1 n 4 5k 5  5;k ¥ . nên n2 4 không là số nguyên tố. + Nếu n2 chia cho 5 dư 4 thì n2 5k 4 n2 16 5k 20 5;k ¥ *. nên n2 16 không là số nguyên tố. 0,25 Vậy n2 5 hay n chia hết cho 5. b) (1,0 điểm) x2 2y(x y) 2(x 1) x2 2(y 1)x 2(y2 1) 0 (1) 0,25 Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì ' theo y phải là số chính phương Ta có ' y2 2y 1 2y2 2 y2 2y 3 4 y 1 2 4. 0,25 'chính phương nên ' 0;1;4 + Nếu ' 4 y 1 2 0 y 1 thay vào phương trình (1) ta có : 2 x 0 x 4x 0 x x 4 0 . x 4 2 0,25 + Nếu ' 1 y 1 3 y ¢ . 2 y 3 + Nếu ' 0 y 1 4 . y 1 + Với y 3 thay vào phương trình (1) ta có: x2 8x 16 0 x 4 2 0 x 4. + Với y 1 thay vào phương trình (1) ta có: x2 0 x 0. 0,25 Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên : x; y 0;1 ; 4;1 ; 4;3 ; 0; 1 . Câu 2 (2,0 điểm) 2 3 5 2 3 5 a) Rút gọn biểu thức: A . 2 2 3 5 2 2 3 5 b) Tìm m để phương trình: x 2 x 3 x 4 x 5 m có 4 nghiệm phân biệt. Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 2(3 5) 2(3 5) A 0,25 4 6 2 5 4 6 2 5 1
3. 3 5 3 5 3 5 3 5 2 2 0,25 2 2 5 5 5 5 4 ( 5 1) 4 ( 5 1) (3 5)(5 5) (3 5)(5 5) 15 3 5 5 5 5 15 3 5 5 5 5 2 2 0,25 (5 5)(5 5) 25 5 20 2. 2. Vậy A 2. 0,25 20 b) (1,0 điểm) Phương trình x 2 x 3 x 4 x 5 m (x2 2x 8)(x2 2x 15) m 1 0,25 Đặt x2 2x 1 x 1 2 y y 0 , phương trình (1) trở thành: y 9 y 16 m y2 25y 144 m 0 (2) 2 0,25 Nhận xét: Với mỗi giá trị y 0 thì phương trình: x 1 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 ' 4m 49 0 49 S 0 25 0 m 144. 0,25 4 P 0 144 m 0 49 Vậy với m 144 thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. 0,25 4 Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 x 4 2 x 1 1 x . x3 xy2 10y 0 b) Giải hệ phương trình: 2 2 x 6y 10 Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) Điều kiện: x 1 (*). 0,25 Ta có: x2 x 4 2 x 1 1 x x2 2x x 1 x 1 2(x x 1) 3 0 Đặt x x 1 y (Điều kiện: y 1 ), phương trình trở thành y2 2y 3 0. 0,25 2 y 1 y 2y 3 0 y 1 y 3 0 0,25 y 3 +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 x 2 0,25 2 2 x 2 x 1 9 6x x x 7x 10 0 x 5 thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm x 2. b) (1,0 điểm) 3 2 3 2 2 2 x xy 10 y 0 x xy x 6 y y 0 (1) 0,25 2 2 2 2 x 6 y 10 x 6 y 10 (2) 2
4. Từ phương trình (1) ta có x3 xy2 x2 6y2 y 0 x3 xy2 x2 y 6y3 0 0,25 x3 2x2 y x2 y 2xy2 3xy2 6y3 0 x 2y x2 xy 3y2 0 2 2 x 2y x 2y x xy 3y 0 2 2 0,25 x xy 3y 0 2 2 2 2 y 11y + Trường hợp 1: x xy 3y 0 x 0 x y 0 2 4 Với x y 0 không thỏa mãn phương trình (2). + Trường hợp 2: x 2y thay vào phương trình (2) ta có: 0,25 2 2 2 y 1 x 2 4y 8y 12 y 1 y 1 x 2 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm x; y 2;1 ; 2; 1 . Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn B»C sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACFcắt nhau tại K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF. a) Chứng minh KA là phân giác trong góc B· KC và tứ giác BHCK nội tiếp. b) 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. c) Chứng minh AK luôn đi qua điểm cố định. Nội dung Điểm E A F P Q H O I B C M N K 3
5. a) (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 xứng) suy ra ·AKB ·ABE (1) 0,5 ·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 B· AC ) (3). Từ (1), (2) , (3) suy ra ·AKB ·AKC 0,25 hay KA là phân giác trong của góc B· KC. Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB. 1 Ta có BC R 3 nên B· OC 1200 ; ·BAC B· OC 600 . 2 0,25 Trong tam giác vuông ABP có: ·APB 900 ; ·BAC 600 ·ABP 300 hay ·ABE ·ACF 300 . Tứ giác APHQ có 0,25 ·AQH ·APH 1800 P· AQ P· HQ 1800 P· HQ 1200 B· HC 1200 (đối đỉnh). Ta có ·AKC ·ABE 300 , ·AKB ·ACF ·ABE 300 (theo chứng minh phần a). · · · · · · · 0 Mà BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE 60 suy ra 0,25 B· HC B· KC 1800 nên tứ giác BHCK nội tiếp. b) (1,5 điểm) Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung BC R 3, 0,5 B· KC 600 B· AC 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 vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC. 1 1 1 Ta có S S S BC.HM BC.KN BC HM KN BHCK BHC BCK 2 2 2 0,25 1 1 S BC(HI KI) BC.KH (do HM HI; KN KI ). BHCK 2 2 Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra KH 2R (không đổi) 0,25 nên SBHCK lớn nhất khi KH 2R và HM KN HK 2R. 1 Giá trị lớn nhất S R 3.2R R2 3. 0,25 BHCK 2 Khi HK là đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là trung 0,25 điểm của BC nên ABC cân tại A. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn B»C. c) (0,5 điểm) Ta có B· OC 1200 ; ·BKC 600 0,25 suy ra B· OC B· KC 1800 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn. Ta có OB=OC=R suy ra O»B O¶C B· KO C· KO · hay KO là phân giác góc BKC 0,25 mà theo câu a KA là phân giác góc B· KC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định 4
6. Câu 5 (1,0 điểm) 1 1 1 Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 y2 z 2 y2 z 2 z 2 x2 x2 y2 P . x y2 z 2 y z 2 x2 z x2 y2 Nội dung Điểm 1 1 1 Ta có P 1 1 1 1 1 1 y 0,25 x 2 2 2 2 z 2 2 z y z x x y 1 1 1 Đặt a; b; c thì a,b,c 0 và a2 b2 c2 1. x y z 0,25 a b c a2 b2 c2 P b2 c2 c2 a2 a2 b2 a 1 a2 b 1 b2 c 1 c2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có 2 2 2 3 2 2 2 1 2 2 2 1 2a 1 a 1 a 4 a 1 a .2a (1 a )(1 a ) 2 2 3 27 2 a2 3 3 a(1 a2 ) a2 (1) 3 3 a(1 a2 ) 2 b2 3 3 c2 3 3 Tương tự: b2 (2); c2 (3) b(1 b2 ) 2 c(1 c2 ) 2 0,25 3 3 3 3 Từ (1); (2); (3) ta có P a2 b2 c2 . 2 2 1 Đẳng thức xảy ra a b c hay x y z 3. 3 0,25 3 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . 2 HẾT 5