đề tuyển sinh vào 10 môn toán chuyên lê hồng phong nam định năm 2015 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2015 - 2016 Môn: TOÁN (chung) Thời gian làm bài: 120 phút. (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) 1) Với giá trị nào của x thì biểu thức 1 3x x+ + − xác định. 2) Tính giá trị của biểu thức 3 3A x x= + − − khi 2 2x = . 3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số 2 2y x= . 4) Cho tam giác ABC vuông tại ,A 3, 5AB BC= = . Tính · cos .ACB Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức 1 2 1 . 1 1 1 x x x Q x x x x x   + −   = − −  ÷  ÷ − − + −     (với 0; 1x x > ≠ ). 1) Rút gọn biểu thức Q . 2) Tìm các giá trị của x để 1Q = − . Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình ( ) 2 2 2 1 6 0x m x m− − + − = (1) (với m là tham số). a) Giải phương trình với 3.m = b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm 1 2 ,x x thỏa mãn 2 2 1 2 16x x+ = . 2) Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 5 16. x x y y x x x y x  + − + =   + + − + = +   Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại ( ) ,A AB AC< đường cao .AH Đường tròn tâm I đường kính AH cắt các cạnh ,AB AC lần lượt tại ,M N . Gọi O là trung điểm của đoạn ,BC D là giao điểm của MN và .OA 1) Chứng minh rằng: a) . . .AM AB AN AC= b) Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng: a) ADI AHO∆ ∆∽ . b) 1 1 1 . AD HB HC = + 3) Gọi P là giao điểm của BC và ,MN K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường kính .AH Chứng minh rằng · 0 90 .BKC = Câu 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình ( ) ( ) 5 2 3 6 6 3 2 7 19 2 .x x x x x− − = − + − − 2) Xét các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1.abc = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 4 4 4 4 4 a b c T b c a a c b a b c = + + + + + + + + . HẾT Họ và tên thí sinh:………………… Số báo danh:……………………… Họ tên, chữ ký GT 1…………………… Họ tên, chữ ký GT 2…………………… ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: TOÁN (Đề chung) Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1) 1 3x x+ + − xác định 1x⇔ + và 3x − đồng thời xác định. 0,25 1x + xác định 1 0 1x x⇔ + ≥ ⇔ ≥ − , 3x − xác định 3 0 3x x⇔ − ≥ ⇔ ≥ Vậy điều kiện xác định của biểu thức 1 3x x+ + − là 3x ≥ . 0,25 2) Với 2 2x = ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 2 2 2 1 2 1A = + − − = + − − 0,25 ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 2= + − − = + − − = 0,25 3) Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 2 2 8x = 0,25 ⇔ 2x = ± . Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8) và ( 2;8)− . 0,25 4) Vì tam giác ABC vuông tại A nên 2 2 2 2 5 3 4AC BC AB= − = − = 0,25 Do đó · 4 cos 5 AC ACB BC = = . 0,25 hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán Câu 2 (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1) (1,0 điểm) Với điều kiện 0x > và 1x ≠ , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 . 1 1 1 1 1     + + −  ÷  ÷ = − −  ÷  ÷ − + − + −     x x x x Q x x x x x x 0,5 1 2 1 . 1 1   +   = − −  ÷  ÷ − −     x x x x x 0,25 1 1 . 1   − −   =  ÷  ÷ −     x x x x 1 − = x x . 0,25 2) (0,5 điểm) Với 0x > và 1x ≠ , ta có 1x Q x − = Do đó 1 1 1 1 − = − ⇔ = − ⇔ − = − x Q x x x 0,25 1 2 1 4 ⇔ = ⇔ = x x (thỏa mãn điều kiện) Vậy với 1 4 = x thì 1. = − Q 0,25 Câu 3 (2,5 điểm) ĐỀ CHÍNH THỨC Đáp án Điểm 1) (1,5 điểm) a) (0,75 điểm) Với 3m = , ta có phương trình (1) trở thành 2 4 3 0x x− + = 0,25 Ta có 1 4 3 0a b c+ + = − + = nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 2 1; 3x x= = 0,25 Vậy với 3m = , phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 1 2 1; 3x x= = 0.25 b) (0,75 điểm) ( ) 2 2 2 1 6 0x m x m− − + − = (1) Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có ( ) ( ) 2 2 ' 1 6 7 2m m m∆ = − − − = − Phương trình (1) có các nghiệm 1 2 7 , ' 0 7 2 0 2 x x m m⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤ (*) 0,25 Khi đó theo định lý Viét ta có ( ) 2 1 2 1 2 2 1 ; . 6x x m x x m+ = − = − Do đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 1 2 6 2 8 16x x x x x x m m m m + = + − = − − − = − + 0,25 Vậy 2 2 2 1 2 0 16 2 8 16 16 4 m x x m m m =  + = ⇔ − + = ⇔  =  Kết hợp điều kiện (*) ta có 0m = là giá trị thỏa mãn. 0,25 2) (1,0 điểm) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 3 2 5 16 2  + − + =   + + − + = +   x x y y x x x y x Điều kiện: 2 0 2 0 0 x x y y + ≥ ≥ −   ⇔   ≥ ≥   Với 2, 0x y≥ − ≥ , phương trình (1) ( ) 2 2 2 0 ⇔ + − + + + − = x x y x y ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0x x y x y   ⇔ + + − + + − =     0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 0 2 0 2 2 2 1 0, 2, 0 x y x x y x y y x do x x y x y   ⇔ + − + + + + =   ⇔ + − = ⇔ = + + + + + > ∀ ≥ − ≥ 0,25 Thay 2 = + y x vào phương trình (2) ta được phương trình ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 5 16 + + − + + = + x x x x x ( ) 2 2 3 16 ⇔ + + = + x x x ( ) ( ) 2 1 2 5 7 0 7 2  =  ⇔ + − = ⇔  = −   x TM x x x Ko TM 0,25 +) Với 1 3. = ⇒ = x y Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( ) ( ) ; 1;3 = x y . 0,25 Câu 4 (3,0 điểm) Đáp án Điểm D K P M N I H O A C B 1) (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Xét đường tròn ( ) I có · · 0 90AMH ANH= = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên ,HM HN tương ứng là đường cao của các tam giác vuông ,ABH ACH 0,25 +) ABH∆ vuông tại H , có đường cao HM nên suy ra 2 .AM AB AH= +) ACH∆ vuông tại H , có đường cao HN nên suy ra 2 .AN AC AH= Do đó . .AM AB AN AC= 0,25 b) (0,5 điểm) Theo câu a) ta có . . AM AN AM AB AN AC AC AB = ⇒ = Xét AMN∆ và ACB∆ có ¶ A chung, AM AN AC AB = nên suy ra ( ) AMN ACB cgc∆ ∆∽ 0,25 Do đó · · · · · · · · 0 180AMN ACB BCN BMN ACB BMN AMN BMN= ⇒ + = + = + = Mà các góc · · ,BCN BMN ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp. 0,25 2) (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Ta có tam giác ABC vuông tại A và O là trung điểm của cạnh BC nên OA OB OC= = OAC⇒ ∆ cân tại O · · · · OAC OCA OAC BCN⇒ = ⇒ = Mà · · · AMN ACB BCN= = nên · · · · AMN OAC AMN DAN= ⇒ = 0,25 Vì AMN∆ vuông tại A nên · · · · · 0 0 0 90 90 90AMN ANM DAN ANM ADN+ = ⇒ + = ⇒ = Mà · 0 90MAN = MN⇒ là đường kính của đường tròn ( ) I I ⇒ là trung điểm của MN nên · 0 90ADI = . Xét AID∆ và AOH∆ có · · 0 90ADI AHO= = và ¶ A chung do đó ( )ADI AHO gg ∆ ∆ ∽ 0,25 b) (0,5 điểm) Vì 1 . AD AI AO ADI AHO AH AO AD AH AI ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = ∽ Mà 1 1 , 2 2 AO BC AI AH = = 2 1 BC AD AH ⇒ = 0,25 Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên 2 .AH HB HC= Suy ra 1 1 1 . HB HC AD HB HC HB HC + = = + 0,25 3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp · · · · · · 0 180PBM MNC PBM ANM MNC ANM ⇒ = ⇒ + = + = (1) Vì tứ giác ANMK nội tiếp · · PKM ANM⇒ = (2) Từ (1) và (2) suy ra · · 0 180PBM PKM+ = , do đó tứ giác PKMB nội tiếp 0,5 · · · · · · · · 0 180PKB PMB AMN ACB AKB ACB AKB PKB⇒ = = = ⇒ + = + = Do đó tứ giác BKAC nội tiếp · · 0 90⇒ = =BKC BAC . 0,5 Câu 5 (1,0 điểm) Đáp án Điểm 1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định 2 3 6 6 0 1 3 2 0 x x x x  − − ≥ ⇔ ≤ −  − ≥  Với 1 3x ≤ − , phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 6 6 3 2 2 7 19 2 3 6 6 2 3 5 7 3 6 6 2 2 3 5 8 3 5 8 0 3 5 8 2 3 5 8 1 2 3 6 6 2 3 6 6 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − = − − + − − ⇔ − − = − − − ⇔ − − − − = − − −  − − = − −  ⇔ = − − − ⇔  = − − − + − − − + −  (do 2 3 6 6 2 0, 1 3x x x x− − + − > ∀ ≤ − ). 0,25 +) 2 3 5 8 0 1x x x− − = ⇔ = − (thỏa mãn đk) hoặc 8 3 x = (không thỏa mãn đk) +) ( ) 2 2 1 2 3 6 6 2 1 2 3 6 6. 2x x x x x x x x= − − − + − ⇔ = − + − − − ( ) 2 1 3 6 6. 2 *x x x x⇔ − = − − − Vì 1 3x ≤ − nên 2 1 0 3 6 6. 2x x x x − < ≤ − − − do đó (*) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1x = − 0,25 2) (0,5 điểm) Ta có: ( ) 4 4 2 2 ; + ≥ + ∀ ∈ ¡a b ab a b a b Thật vậy ( ) 4 4 2 2 4 4 3 3 + ≥ + ⇔ + ≥ + a b ab a b a b a b ab ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 2 0 0 ⇔ − − ≥ ⇔ − + + ≥ a b a b a b a ab b (luôn đúng , ∀ ∈ ¡a b ) Do đó ( ) 4 4 2 2 + + ≥ + + a b c ab a b c ( ) 4 4 2 2 2 0 ⇔ + + ≥ + + > a b c ab a b abc (vì ; ; 0 > a b c và 1 = abc ) ( ) 4 4 2 2 2 c c a b c ab a b abc ⇔ ≤ + + + + (vì 0 > c ) ( ) 4 4 2 2 2 ⇔ ≤ + + + + c c a b c ab a b c ( ) 2 4 4 2 2 2 ⇔ ≤ + + + + c c a b c abc a b c ( ) 2 4 4 2 2 2 1 ⇔ ≤ + + + + c c a b c a b c 0,25 Tương tự ( ) 2 4 4 2 2 2 2 ≤ + + + + b b a c b a b c ( ) 2 4 4 2 2 2 3 ≤ + + + + a a b c a a b c Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có: 2 2 2 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 + + ≤ + + = + + + + + + + + + + + + a b c a b c b c a a c b a b c a b c a b c a b c 1 ⇒ ≤ T ; ; 0 ∀ > a b c thỏa mãn 1 = abc . Với 1 = = = a b c thì 1 = T . Vậy GTLN của T là 1. 0,25 Chú ý: - Nếu thí sinh làm bài theo cách khác với đáp án mà vẫn đúng theo kiến thức của chương trình thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần sao cho tổng điểm như hướng dẫn quy định. - Điểm toàn bài không làm tròn. _______________HẾT______________ . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2015 - 2016 Môn: TOÁN (chung) Thời gian làm bài: 120 phút. (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) 1). SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: TOÁN (Đề chung) Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1) 1 3x x+ + − xác định 1x⇔ + và 3x − đồng thời xác định. 0,25 1x + xác định 1 0. thí sinh: ………………… Số báo danh:……………………… Họ tên, chữ ký GT 1…………………… Họ tên, chữ ký GT 2…………………… ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI TUYỂN SINH