Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán THPT chuyên Hà Tĩnh, tỉnh Hà Tĩnh - Năm học 2016 - 2017

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán THPT chuyên Hà Tĩnh, tỉnh Hà Tĩnh - Năm học 2016 - 2017

1. Nguyễn Mạnh Hà - Trường THCS Định Liên - Yên Định ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN THPT CHUYÊN HÀ TĨNH, TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC: 2016 - 20171 Câu 1. (1,5 điểm) Cho a, b, c thỏa mãn: c2 + 2 (ab − bc − ac) = 0, b 6= c và a + b 6= c. Chứng minh rằng: 2a2 − 2ac + c2 a − c = . 2b2 − 2bc + c2 b − c Câu 2. (2,5 điểm) √ √ a) Giải phương trình: 3x − 1 − x − 1 = 3x2 − 2x − 1.   3 6x + = 13  x + y b) Giải hệ phương trình:  2 2
   9 12 x + xy + y + = 85  (x + y)2 Câu 3. (2,5 điểm)   x + y − z = 0 a) Tìm các bộ ba số nguyên dương (x; y; z) thỏa mãn  3 3 2 x + y − z = 0 b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a + b + c = 2016. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c P = √ + √ + √ . a + 2016a + bc b + 2016b + ca c + 2016c + ab Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm E thay đổi trên cung nhỏ AB (E khác A và B). Từ B và C lần lượt kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O), các tiếp tuyến này cắt đường thẳng AE theo thứ tự tại M và N. Gọi F là giao điểm của BN và CM. a) Chứng minh: MB · CN = BC2. b) Khi điểm E thay đổi trên cung nhỏ AB, chứng minh đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (1 điểm) Trên một đường tròn, lấy 1000 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và màu đỏ xen kẽ nhau. Mỗi điểm được gán với một giá trị là một số thực khác không, giá trị của mỗi điểm màu xanh bằng tổng giá trị của hai điểm màu đỏ kề với nó, giá trị của mỗi điểm màu đỏ bằng tích của hai điểm màu xanh kề với nó. Tính tổng giá trị của 1000 điểm trên. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Ta có c2 + 2 (ab − bc − ac) = 0 ⇒ a2 = a2 + c2 + 2 (ab − bc − ac) = a2 − 2ac + c2
   + 2 (ab − bc) 1THTT số 479 tháng 5 năm 2017 1
2. TUYỂN CHỌN MỘT SỐ ĐỀ THI THPT CHUYÊN LỚP 9 LÊN LỚP 10 = (a − c)2 + 2b (a − c) = (a − c)(a − c + 2b) ⇒ 2a2 − 2ac + c2 = a2 − 2ac + c2
   + a2 = (a − c)2 + a2 = (a − c)2 + (a − c)(a − c + 2b) = 2 (b − c)(a + b − c) . Tương tự, 2b2 − 2bc + c2 = 2 (b − c)(a + b − c). 2a2 − 2ac + c2 2 (a − c)(a + b − c) a − c Do đó = = (với b 6= c, a + b 6= c). 2b2 − 2bc + c2 2 (b − c)(a + b − c) b − c Câu 2. 1 a) ĐK: x , khi đó > 3 √ √ 2 (x − 1) 3x − 1 − x − 1 = 3x2 − 2x − 1 ⇔ √ √ = (x − 1) (3x + 1) 3x − 1 + x + 1   2  x = 1 √ √  ⇔ (x − 1) − 3x − 1 = 0 ⇔  2 3x − 1 + x + 1 √ √ − 3x − 1 = 0. 3x − 1 + x + 1 1 √ √ 2 Do x , suy ra 3x − 1 + x + 1 > 1 nên √ √ 3 3x − 1 + x + 1 1 2 Với x thì 3x + 1 2, suy ra √ √ − 3x − 1 3 > 3x − 1 + x + 1 2 Suy ra phương trình √ √ − 3x − 1 = 0 vô nghiệm. 3x − 1 + x + 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1}.  3 3 (x − y) + 3 (x + y) + = 13  x + y b) Hệ phương trình đã cho tương đương với 9 9 (x + y)2 + 3 (x − y)3 + = 85  (x + y)      3 x + y = a 3a + = 13 − 3b (1) b = 1 Đặt khi đó a ⇒ 2b2 − 13b + 11 = 0 ⇒   12  11 x − y = b, 9 a + = 103 − 3b2 b =   a 2 11 Xét b = , thay vào (1) ta có 6a2 + 7a + 6 = 0 (phương trình này vô nghiệm). 2 1 10 1 Xét b = 1, thay vào (1) ta có a + = ⇔ 3a2 − 10a + 3 = 0 ⇔ a = 3 hoặc a = . a 3 3       a = 3 x + y = 3 x = 2 * Với ta có ⇔    b = 1 x − y = 1 y = 1     1  1  2 a = x + y = x = * Với 3 ta có 3 ⇔ 3 −1 b = 1 x − y = 1 y =    3  2 −1 Thử lại ta thấy tập nghiệm của phương trình (x; y) ∈ (2; 1) ; ; . 3 3 Câu 3. a) Ta có     x + y − z = 0 x + y = z ⇔ ⇒ x3 + y3 = (x + y)2  3 3 2  3 3 2 x + y − z = 0 x + y = z 2
3. Nguyễn Mạnh Hà - Trường THCS Định Liên - Yên Định ⇔ (x + y) x2 − xy + y2
   − (x + y)2 = 0 ⇔ (x + y) x2 − xy + y2 − x − y
   = 0 ⇔x2 − xy + y2 − x − y = 0 (do x + y > 0) ⇔ x2 − (y + 1) x + y2 − y = 0 (*) Xem (*) là phương trình bậc hai ẩn x có ∆ = (y + 1)2 − 4 y2 − y
   . 4 Phương trình (*) có nghiệm nên ∆ 0 ⇔ (y − 1)2 suy ra (y − 1)2 = 0 hoặc (y − 1)2 = 1. > 6 3 Vì y nguyên dương nên y ∈ {1; 2}.  x = 0 (loại)  * Với y = 1 thay vào (*) được  x = 2 Khi x = 2, ta có z = 3. * Với y = 2 thay vào (*) được: x2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 2. - Khi x = 1 ta tìm được z = 3. - Khi x = 2 ta tìm được z = 4. Thử lại ta thấy các bộ ba số (x; y; z) thỏa mãn đề bài là: (1; 2; 3), (2; 1; 3), (2; 2; 4). √ b) Ta có: a + 2016a + bc = a + p(a + b + c) a + bc = a + p(a + b)(a + c). Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski, ta có  √ 2 √ 2 √
   2   h√
   2 √
   2i √  (a + b)(a + c) = a + b · c + a > ac + ab √ p √ √ √ √ √ √  a a ⇒a + (a + b)(a + c) > a + ac + ab = a a + b + c ⇒ √ 6 √ √ √ . a + 2016a + bc a + b + c √ √ b b c c Tương tự, √ 6 √ √ √ ; √ 6 √ √ √ . b + 2016b + ca a + b + c c + 2016c + ab a + b + c √ √ √ a + b + c Suy ra P 6 √ √ √ = 1, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 672. a + b + c Câu 4. N a) Ta có MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) suy ra E A MB⊥OB. M Mặt khác 4ABC đều nên AC⊥OB ⇒ MBkAC ⇒ AMB\ = NAC\. F Tương tự, MAB\ = ANC\. B I C Do đó 4ABM v 4NCA (g.g). Vì 4ABM v 4NCA MB AC MB BC nên = ⇒ = ⇒ MB · CN = BC2. BA CN BC CN b) Ta có BMkAC ⇒ MBC\ + ACB\ = 180◦, do ACB\ = 60◦ nên MBC\ = 120◦. Tương tự, BCN\ = 120◦. Do đó MBC\ = BCN\ (= 120◦). MB BC Theo câu a) thì = nên 4BCM 4CNB (c.g.c)⇒ F\ BC = FMB\ . BC CN v Ta có MFB\ = F\ BC +FCB\ mà F\ BC = FMB\ nên MFB\ = FMB\ +FCB\ = 180◦ −MBC\ = 180◦ −120◦ = 60◦. 3
4. TUYỂN CHỌN MỘT SỐ ĐỀ THI THPT CHUYÊN LỚP 9 LÊN LỚP 10 Mặt khác, MEB\ = ACB\ = 60◦ (vì tứ giác ACBE nội tiếp). Do đó MFB\ = MEB\ ⇒ MEF B là tứ giác nội tiếp. Gọi I = EF ∩ BC vì F[ BI = FMB\ nên IB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MEF B ⇒ IB2 = IF · IE (1) Tương tự, tứ giác EF CN nội tiếp, đường thẳng IC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EF CN. Suy ra IC2 = IF · IE (2) Từ (1), (2) suy ra IB = IC. Vậy đường thẳng EF đi qua điểm cố định I. Câu 5. a ab b Gọi a là giá trị của một điểm màu xanh (a 6= 0), khi đó giá trị (x) (d) (x) b − ab (d) của điểm màu đỏ đứng cạnh nó theo chiều kim đồng hồ được (x) 1 − a viết dưới dạng ab (b là giá trị của điểm màu xanh) với b 6= 0 xem (d) (1 − a) (1 − b) (x) 1 − b hình bên. (d) a (1 − b) Theo quy luật điểm màu xanh và điểm màu đỏ, ta suy ra giá trị của 6 điểm tiếp theo theo chiều kim đồng hồ thứ tự sẽ là: b; b − ab; 1 − a; (1 − a) (1 − b); 1 − b; a (1 − b). Khi đó tổng của 8 số trên là a + ab + b + (b − ab) + (1 − a) + (1 − a) (1 − b) + (1 − b) + a (1 − b) = 3. Mặt khác, theo quy luật đó, giá trị của điểm thứ 9 theo chiều kim đồng hồ là a. Như vậy 1000 số trên được chia thành 125 nhóm, mỗi nhóm gồm 8 số theo quy luật trên. Suy ra tổng giá trị 1000 điểm trên bằng 125 · 3 = 375. 4