Đề tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk (Có đáp án)

Nội dung text: Đề tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN – CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài:150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm) Cho phương trình x4 2(m 4)x2 m2 8 0 (*), với m là tham số. a) Giải phương trình (*) khi m = 0. b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt x1, x2 , x3, x4 4 4 4 4 thỏa mãn điều kiện x1 x2 x3 x4 240 . Câu 2 (2,0 điểm) x3 6x2 y 7 a) Giải hệ phương trình . 3 2 2y 3xy 5 b) Giải phương trình x2 4x 12 2x 4 x 1 . Câu 3 (2,0 điểm) 1 1 1 a) Tìm tất cả các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình . x y 617 b) Tìm số tự nhiên bé nhất có 4 chữ số biết nó chia cho 7 được số dư là 2 và bình phương của nó chia cho 11 được số dư là 3. Câu 4 (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Hai đường thẳng BH, CH cắt đường tròn (I) lần lượt tại hai điểm P và Q (P khác B và Q khác C). 1) Chứng minh IA vuông góc PQ. 2) Trên hai đoạn HB và HC lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho AM vuông góc MC; AN vuông góc NB. Chứng minh tam giác AMN cân. 1 1 1 b) Cho tam giác ABC có B·AC 2C·BA 4·ACB . Chứng minh rằng . AB BC CA Câu 5 (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện x + y + z = 1. Chứng minh rằng: 350 386 2015. xy yz zx x2 y2 z2 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN – CHUYÊN ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm tất cả 05 trang) A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Giải phương trình khi m = 0 Với m = 0, ta được phương trình x4 8x2 8 0 0,25 Đặt t x2 . Phương trình trên trở thành phương trình 0,25 t 2 8t 8 0 t 4 2 2  t 4 2 2 0,25 Với t 4 2 2 , ta được x2 4 2 2 x 4 2 2 2 Với t 4 2 2 , ta được x 4 2 2 x 4 2 2 0,25 Vậy với m = 0, phương trình đã cho có 4 nghiệm là x 4 2 2 , x 4 2 2 b) (1,0 điểm) x4 2(m 4)x2 m2 8 0 (*) Đặt t x2 ,t 0 . Phương trình (*) trở thành phương trình 0,25 Câu 1 t 2 2(m 4)t m2 8 0 (1) (2,0 điểm) (*) có 4 nghiệm phân biệt (1) có hai nghiệm dương phân biệt 0 8m 8 0 2 0,25 P 0 m 8 0 m 1 S 0 2(m 4) 0 Gọi t1,t2 là hai nghiệm dương phân biệt của (1). Ta được 0,25 x1 t2 , x2 t1 , x3 t1 , x4 t2 Khi đó, 4 4 4 4 2 2 2 2 x1 x2 x3 x4 240 t2 t1 t1 t2 240 2 2 2 t1 t2 120 (t1 t2 ) 2t1t2 120 0 0,25 2 m 2 m 16m 36 0 m 18(loai) Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
3. x3 6x2 y 7 a) (1,0 điểm) Giải hệ 3 2 2y 3xy 5 Điều kiện x, y ¡ . Khi đó, x3 6x2 y 7 x3 6x2 y 7 x3 6x2 y 7 3 2 3 2 3 2 2 3 2y 3xy 5 8y 12xy 20 8y 12y x 6yx x 27 0,25 x3 6x2 y 7 x3 6x2 y 7 3 (2y x) 27 2y x 3 2x3 9x2 7 0 (x 1)(2x2 7x 7) 0 0,25 2y 3 x 2y 3 x x 1 7 105 x 4 0,25 3 x y 2 Vậy hệ đã cho có ba nghiệm (x;y) là 7 105 5 105 7 105 5 105 0,25 (1;1), ; , ; 4 8 4 8 Câu 2 b) (1,0 điểm) Giải phương trình x2 4x 12 2x 4 x 1 (2,0 điểm) Điều kiện x 1 . 0,25 Nhận thấy x = – 1 không là nghiệm của phương trình đã cho nên x2 4x 12 2x 4 x 1 (x 2)2 8(x 1) 2(x 2) x 1 (x 2)2 (x 2) 0,25 8 2 1 ( ) x 1 x 1 x 2 Đặt t , phương trình ( ) trở thành phương trình t 2 8 2t 1 x 1 0,25 2t 1 0 2t 1 0 2 2 2 t 1 t 8 (2t 1) 3t 4t 7 0 x 2 x 2 0 Với t 1 , ta được 1 x 1 x 2 2 x 1 x 1 (x 2) x 2 x 2 0 5 13 x 2 5 13 5 13 0,25 x 5x 3 0 x  x 2 2 2 5 13 So với điều kiện ban đầu, nghiệm của phương trình đã cho là x 2
4. 1 1 1 a) (1,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x y 617 1 1 1 Phương trình 617(x y) xy 0,25 x y 617 2 (x 617)(y 617) 617 (a) 0,25 Vì 617 là số nguyên tố nên 2 x 617 1 x 617 617 x 617 617 0,25 (a) 2   y 617 617 y 617 1 y 617 617 x 618 x 6172 617 381306 x 1234 2   0,25 y 617 617 381306 y 618 y 1234 Câu 3 b) (1,0 điểm) Tìm n ¥ có 4 chữ số bé nhất thỏa n chia 7 dư 2; n2 chia 11 dư 3 (2,0 điểm) Vì n2 chia 11 dư 3 nên n2 – 3 chia hết cho 11. Suy ra n2 25M11 (n 5)(n 5)M11 0,25 n 5M11 n 5M11 Suy ra n chia 11 dư 6 hoặc n chia 11 dư 5. 0,25 Nếu n chia 11 dư 6 thì n chia 77 dư 6, 17, 28, 39, 50, 61 hoặc 72. Vì n chia 7 dư 2 nên n chia 77 dư 72. 0,25 Trong trường hợp này số cần tìm là 1073. Nếu n chia 11 dư 5 thì n chia 77 dư 5, 16, 27, 38, 49, 60 hoặc 71. Mà n chia 7 dư 2 nên n chia 77 dư 16. 0,25 Trong trường hợp này số cần tìm là 1017. Vậy 1017 là số cần tìm. a) (2,0 điểm) A P E Câu 4 I (3,0 điểm) Q H F M N B C
5. 1) (1,0 điểm) PQ vuông góc với AI Trong tam giác ABC, gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ B và C. 0,25 Khi đó, ABE vuông tại E và ACF vuông tại F. Từ đó suy ra · · o ABP BAC 90 · · ABP ACQ 0,25 · · o ACQ BAC 90 sđ »AP = sđ »AQ 0,25 A là điểm chính giữa cung PQ AI vuông góc với PQ (đpcm) 0,25 2) (1,0 điểm) tam giác AMN cân Theo giả thiết, Tam giác AMC vuông tại M có ME là đường cao nên AM 2 AE.AC (i) 0,25 Tam giác ANB vuông tại N có NF là đường cao nên AN 2 AF.AB (ii) · · 0 AEB AFC 90 Tam giác AEB và tam giác AFC có nên chúng đồng · · 0,25 EAB FAC dạng với nhau. Do đó, AE AB AE.AC AF.AB (iii) 0,25 AF AC Từ (i), (ii), (iii) ta được AM 2 AN 2 AM AN . Hay tam giác AMN 0,25 cân tại A 1 1 1 b) (1,0 điểm) Chứng minh AB BC CA D 3a A 3a 4a a 2a a B C · · · o Đặt ACB a suy ra CBA 2a , BAC 4a và 7a 180 . Gọi D là giao 0,25 điểm của AB với đường trung trực cạnh BC. Khi đó, BDC cân tại D suy ra D· CB 2a . Suy ra CA là phân giác trong AB AD 0,25 của D· CB . Do đó, (a) BC DC
6. Mặt khác, DCA cân tại C vì D· AC ·ADC 3a . Do đó, AB AB 0,25 CA CD (b) CA CD AB AB 1 1 1 Từ (a), (b) ta được 1 (đpcm) 0,25 BC CA BC CA AB 350 386 Đặt P . Phân tích P như sau xy yz zx x2 y2 z2 1 1 1 0,25 P 157 386 2 2 2 xy yz zx 2 xy yz zx x y z Ta luôn có (x y)2 (y z)2 (z x)2 0 x2 y2 z2 xy yz zx 0 (x y z)2 3(xy yz zx) 1 0,25 Theo giả thiết x + y + z = 1 suy ra 3 (i). Đẳng thức xảy ra xy yz zx Câu 5 1 (1,0 điểm) khi và chỉ khi x y z . 3 1 1 4 Mặt khác, (a b)2 0 ,a 0,b 0 . Đẳng thức xảy ra a b a b khi và chỉ khi a = b. Áp dụng bất đẳng thức trên ta được 0,25 1 1 4 4(ii) 2(xy yz zx) x2 y2 z2 (x y z)2 Từ (i), (ii) suy ra P 157.3 386.4 2015 (đpcm). 1 x y z Hệ 3 vô nghiệm nên đẳng thức không 0,25 2 2 2 2(xy yz zx) x y z xảy ra. B. HƯỚNG DẪN CHẤM 1. Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm của bài thi là tổng của các điểm thành phần và không làm tròn. 2. Học sinh giải theo cách khác nếu đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa phần đó. Hết