Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi môn Toán - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi môn Toán - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: TOÁN (Chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm: 01 trang) Câu I (2,0 điểm) 1) Cho ab 29 12 5 2 5 . Tính giá trị của biểu thức: A a22( a 1) b ( b 1) 11 ab 2015 2) Cho xy, là hai số thực thỏa mãn xy (1 x22 )(1 y ) 1. Chứng minh rằng x1 y22 y 1 x 0. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2x 3 4 x2 9 x 2 2 x 2 4 x 1 . 22 2x y xy 5 x y 2 y 2 x 1 3 3 x 2) Giải hệ phương trình 2 x y 1 4 x y 5 x 2 y 2 Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên xy, thỏa mãn x4 x 2 y 2 y 20 0. 2) Tìm các số nguyên k để k4 8 k 3 23 k 2 26 k 10 là số chính phương. Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC. 1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN . 2 1 1 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh . AK AB AC 3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. Câu V (1,0 điểm) Cho ab, là các số dương thỏa mãn điều kiện (a b )3 4 ab 12 . 11 Chứng minh bất đẳng thức 2015ab 2016. 11 ab Hết 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 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 (Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang) Câu Ý Nội dung Điểm Cho ab 29 12 5 2 5 . Tính giá trị của biểu thức: I 1 1,00 A a22( a 1) b ( b 1) 11 ab 2015 2 ab 29 12 5 2 5 3 2 5 2 5 3 2 5 2 5 3 0,25 A a3 b 3 a 2 b 2 11 ab 2015 0,25 (a b )( a2 b 2 ab ) a 2 b 2 11 ab 2015 0,25 3(a2 b 2 ab ) a 2 b 2 11 ab 2015 4(a2 2 ab b 2 ) 2015 4( a b ) 2 2015 2051 0,25 Cho xy, là hai số dương thỏa mãn xy (1 x22 )(1 y ) 1. I 2 1,00 Chứng minh rằng x1 y22 y 1 x 0 xy (1 x2 )(1 y 2 ) 1 (1 x 2 )(1 y 2 ) 1 xy 0,25 (1 x2 )(1 y 2 ) (1 xy ) 2 1 x2 y 2 x 2 y 2 1 2 xy x 2 y 2 0,25 x2 y 2 2 xy 0 ( x y ) 2 0 y x 0,25 x1 y2 y 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 0 0,25 II 1 Giải phương trình 2x 3 4 x2 9 x 2 2 x 2 4 x 1 . 1,00 1 Pt 2x 3 ( x 2)(4 x 1) 2 x 2 4 x 1 . ĐK: x 4 0,25 Đặt t 2 x 2 4 x 1, t 7 (hoặc t 0 ) t 2 9 t2 8 x 4 ( x 2)(4 x 1) 9 2 x ( x 2)(4 x 1) 0,25 4 PTTT t2 4 t 3 0 t 1 hoặc t 3 TH1. t 1 giải ra vô nghiệm hoặc kết hợp với ĐK t 7 bị loại 0,25 2 TH 2. t 3 2 x 2 4 x 1 3. Giải pt tìm được x (TM) 9 0,25 Vậy pt có nghiệm duy nhất 22 2x y xy 5 x y 2 y 2 x 1 3 3 x Giải hệ pt II 2 2 1,00 x y 1 4 x y 5 x 2 y 2
3. ĐK: y 2 x 10,4 x y 50, x 2 y 20, x 1 y 2 x 1 0 x 1 00 TH 1. (Không TM hệ) 3 3xy 0 1 1 10 1 0,25 TH 2. xy 1, 1. Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được xy 2 (x y 2)(2 x y 1) y 2 x 1 3 3 x 1 (x y 2) y 2 x 1 0. Do yx 2 1 0 y 2 x 1 3 3 x 0,25 1 nên y 2 x 1 0 x y 2 0 y 2 x 1 3 3 x Thay yx 2 vào pt thứ 2 ta được x2 x 3 3 x 7 2 x x2 x 2 3 x 7 1 2 2 x 0,25 3xx 6 2 (xx 2)( 1) 3xx 7 1 2 2 31 (xx 2) 1 0 3xx 7 1 2 2 31 0,25 Do x 1 nên 10 x 3xx 7 1 2 2 Vậy x 2 0 x 2 y 4 (TMĐK) 4 2 2 III 1 Tìm các số nguyên xy, thỏa mãn x x y y 20 0 (1) 1,00 Ta có (1) x4 x 2 20 y 2 y Ta thấy x4 x 2 x 4 x 2 20 x 4 x 2 20 8x 2 0,25 x2 x 2 1 y y 1 x 2 4 x 2 5 Vì x, y nên ta xét các trường hợp sau + TH1. yy1 x1x2 2 2 x 4 x 2 20x3x 4 2 2 2x22 18 x 9 x 3 0,25 Với x92 , ta có y2 y9 2 920 y 2 y1100 y 10 ; y 11 (t.m) + TH2. y y 1 x2 2 x 2 3 x 4 x 2 20 x 4 5x 2 6 7 4x22 14 x (loại) 2 0,25 4 + TH3. y y 1 x22 3 x 4 6x22 8 x (loại) 3 + TH4. y y 1 x22 4 x 5 8x22 0 x 0 x 0 Với x02 , ta có y22 y20 y y200 y 5;y4 0,25 Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên x ; y là : 3;10, 3; 11, 3;10, 3; 11, 0; 5, 0;4.
4. 4 3 2 III 2 Tìm các số nguyên k để k 8 k 23 k 26 k 10 là số chính phương. 1,00 Đặt M k4 8 k 3 23 k 2 26 k 10 4 2 2 2 Ta có M k 2 k 1 8 k k 2 k 1 9 k 18 k 9 0,25 2 k2 1 8 k k 122 9 k 1 kk 122 . 3 1 M là số chính phương khi và chỉ khi k 10 2 hoặc k 31 2 là số chính phương. 0,25 TH 1. kk 12 0 1. TH 2. là số chính phương, đặt k 31 2 m2 m 0,25 m2 k 3 2 1 ( m k 3)( m k 3) 1 Vì m, k m k 3 , m k 3 nên mk 31 m k 3 1 m 1, k 3 hoặc k 3 0,25 mk 31 m k 3 1 m 1, k 3 Vậy k 1 hoặc k 3 thì k4 8 k 3 23 k 2 26 k 10 là số chính phương IV 1 Chứng minh IA là tia phân giác của góc MIN . 1,00 M E P H O I A B K C N Theo giả thiết AMO ANO AIO 900 5 điểm A, O, M, N, I thuộc 0,25 đường tròn đường kính AO AIN AMN, AIM ANM (Góc nội tiếp cùng chắn một cung) 0,25 AM AN AMN cân tại A AMN ANM 0,25 AIN AIM đpcm 0,25 2 1 1 Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh . IV 2 AK AB AC 1,00 2 1 1 2AB . AC AK ( AB AC ) AB . AC AK . AI 0,25 AK AB AC
5. (Do AB AC2 AI ) 2 ABN đồng dạng với ANC AB. AC AN 0,25 AHK đồng dạng với AIO AK AI AH AO 0,25 Tam giác AMO vuông tại M có đường cao MH AH. AO AM 2 0,25 AK. AI AM 2 . Do AN AM AB AC AK AI Đường thẳng qua M, vuông góc với ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. IV 3 1,00 Xác định vị trí của điểm A để AMPN là hình bình hành. Ta có AN NO,,// MP  NO M AN AN MP Do đó AMPN là hình bình hành AN MP 2 x 0,25 AN NO2 x2 Tam giác ANO đồng dạng với NEM NE NE EM R 2x2 TH 1. NENOOE R Rx2 2 2 xRRRx 2 2 2 2 R Đặt R2 x 2 t,0 t x 2 R 2 t 2 . 0,25 2 2 2 2 2 2tR PTTT 2(R t ) R Rt 2 t Rt R 0 tR Do t 00 t R R22 x R x A  B (Loại) 2x2 TH 2. NENOOE R Rx2 2 2 xRRRx 2 2 2 2 R Đặt . 0,25 2 2 2 2 2 2tR PTTT 2(R t ) R Rt 2 t Rt R 0 tR R 3 Do t 0 2 t R 2 R22 x R x AO 2 R 2 0,25 Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh 11 V Chứng minh bất đẳng thức 2015ab 2016. 1,00 11 ab 3 Ta có 12 (a b )3 4 ab 2 ab 4 ab . Đặt t ab,0 t thì 128 t3 4 t 2 2 t 3 t 2 30 (1)(2 t t 2 33)0 t 0,25 Do 2t2 3 t 3 0,  t nên tt 1 0 1. Vậy 01 ab 1 1 2 Chứng minh được , ab , 0 thỏa mãn ab 1 11 ab1 ab 0,25 1 1 1 1 Thật vậy, BĐT 0 11 ab11 ab ab
6. ab a ab b b a a b 00 (1 a )(1 ab ) (1 b )(1 ab ) 1 ab 11 ab 2 b a ( ab 1) 0 . Do 01 ab nên BĐT này đúng (1 ab )(1 a )(1 b ) 2 Tiếp theo ta sẽ CM 2015ab 2016,  a , b 0 thỏa mãn ab 1 1 ab 2 Đặt t ab,0 t 1 ta được 2015t 2 2016 0,25 1 t 2015t32 2015 t 2016 t 2014 0 (t 1)(2015 t2 4030 t 2014) 0. BĐT này đúng tt: 0 1 11 0,25 Vậy 2015ab 2016. Đẳng thức xảy ra ab 1. 11 ab