đáp án Toán chuyên Bình Phước 2016-2017

đáp án Toán chuyên Bình Phước 2016-2017 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả c...

Kính mời Thầy, Cô và các em học sinh lấy đề và đáp án theo đường link này! http://violet.vn/n2chanoi/present/list/cat_id/126589 Đáp án Toán chuyên – Bình Phước năm 2016 -1017 Bài giải thầy Lê Văn Vinh, trường THPT TX Phước Long – Bình Phước Câu 1:  x 2  x  x 1 P   (x > 0, x ≠1)   x  x 1 x 1  x      x 2  x 1 x  x    x  x x 1 2 x a) P       2 x x x  x   x 1  x 1 x 1    x 1    b) x  3   1       x         (do   ) Vậy P = Câu 2: x  2mx  m  4m   +) PT có nghiệm ’ ≥  4m + ≥ 0 m ≥ - x  x  m +) ta có:  x 1x  m  4m  +) Theo đề: T  x 12  x 22  x 1x  (x  x )2  3x 1x  4m  m  m   3m  m      5   m  m     m      3  9     T  m  3 (Thỏa ĐK) Câu 3: a) 4(x  1)  2x  7x   14x  2(2 x2  7x  3)  2x  7x    Đặt t  2x  7x  (t ≥0) ta có: 2t2-3t – =0 t = t =- So điều kiện ta có t = Vậy 2x  7x    2x  7x    2x  7x    x   57 xy  y  3y   x  y  b)  x y  4xy  7xy  5x  y   3 y   ĐK:  x  y   Vì x = y =  không nghiệm hệ nên  x 1 3y   x  y   Do PT thứ  x 1 x 1 x c)    (x  y )  y  0   3y   x  y  y x y       >0) 3y   x  y  y (x  y )  x =y ( y > y x Thế y=x vào PT thứ ta có: x  x  7x  x     x  1 (x  x  2)   x  Vậy hệ có nghiệm (1;1) Câu 4: a) +) Tam giác TAB đồng dạng tam giác TCA nên: TA2 = TB.TC    +) Ta có: A KB  A CK  KA C (góc tam giác AKC) (1)    TA K  TA B  BA K (2)   A KB  TA K (tam giác ATK cân T)(3)   A CK  TA B (cùng chắn cung AB) (4)    Từ (1) , (2) , (3) (4)  KA C  BA K AK tia phân giác góc BA C TP TC   CTP  nêm tam giác PTB đồng dạng tam  , mà PTB b) Ta có: TP = TA TP2 = TB.TC  TB TP   giác CTP TPB  TCP nên TP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC  (cùng chắn cung BF)TP // EF (*)   TCP  (Cmt) = BEF c) +)TPB   2.PA  +) PTJ J (góc nội tiếp góc tâm chắn cung PJ đường tròn tâm T) (1)   2.JA   +) JOS S  2.PA J (góc nội tiếp góc tâm đường tròn (O) (2)   JOS  , mà TJ tiếp tuyến (O) nên TJ  OJ TP OS (**) Từ (1) (2) suy PTJ Từ (*) (**)  OS  EF Câu 5: Q  a  2a  16a  2a  15 Nếu a số nguyên chẵn Q lẻ nên Q không chia hết cho 16 Nếu a lẻ a = 2k+1 ( k Z), ta có: Q  a  2a3  a  a  2a   16a  16  a (a  2a  1)  (a  2a  1)  16a  16 = a (a  1)2  (a  1)2  16a  16  (a  1)2 (a  1)  16(a  1)  (a  1)3 (a 1)  16(a2  1) =  k   k  16(4 k  1)  16(k  1)3 k  16(4 k  1) Vậy a số nguyên lẻ Q chia hết cho 16 Câu 6: a) Trong 2016 số tự nhiên liên tiếp có 1008 số chẵn và 1008 số lẻ, chọn ngẫu nhiên 1009 số 2016 số có số chẵn số lẻ Hai số nguyên tố 11 b) Cho a, b >1 CM:  3ab   a b 1  b a 1 Giải: Do a, b >1 nên: a    a  1    2 a   ab  2b a  b  b   ab  2a b  Vậy cộng vế theo vế hai BĐT ta có: ab  a b   b a   BDT cần CM:  3ab   a b 1  b a 1 11  3ab   (1) ab a b 1  b a 1 11  3ab    12  2ab 3ab   11ab  ( ab>0) (*) Ta có: ab t2 4 Đặt t  3ab   ab  (t > 0), t2 4 t2 4   36  2t  8t  11t  44  )t  11 ta có: (*)  12  2( 3  2t  11t  8t  80   (t  4)2 (2t  5)  (đúng với t >0) Vậy (1) đúng, dấu = xảy a =b =2  ab UBND TỈNH NINH BÌNH SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10- THPT Chuyên Lương Văn Tụy Năm học 2009- 2010 (Khóa ngày 30/9/2009) Môn thi: TOÁN- VÒNG I Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang Câu 1: (2 điểm) Tính giá trị biểu thức: ( ) x 5 2 2 5 5 250= + − 3 3 y 3 1 3 1 = − − + ( ) x x y y A x y x xy y + = − − + Câu 2: (2,5 điểm) Cho phương trình (m + 1)x 2 – 2(m – 1) + m – 2 = 0 (ẩn x, tham số m). a) Giải phương trình khi m = 2. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thỏa mãn: 1 2 1 1 7 x x 4 + = Câu 3: (1,0 điểm) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 60 km. Một ca nô chạy xuôi dòng từ bến A tới bến B, nghỉ 1 giờ 20 phút ở bến sông B và ngược dòng trở về A. Thời gian kể từ lúc khởi hành đến khi về bến A tất cả 12 giờ. Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc dòng nước biết vận tốc riêng của ca nô gấp 4 lần vận tốc dòng nước. Câu 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) không đi qua tâm O cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm phân biệt A, B. Điểm M chuyển động trên (d) và nằm ngoài đường tròn (O; R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN và MP tới đường tròn (O; R) (N, P là hai tiếp điểm). a) Chứng minh rằng tứ giác MNOP nội tiếp được trong một đường tròn, xác định tâm đường tròn đó. b) Chứng minh MA.MB = MN 2 . c) Xác định vị trí điểm M sao cho tam giác MNP đều. d) Xác định quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. Câu 5: (1 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: 4 5 23 x y + ≥ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 6 7 B 8x 18y x y = + + + ----------------------------------------------Hết---------------------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! ĐÁP ÁN Câu 1: (2 điểm) Tính giá trị biểu thức: ( ) ( ) ( ) x 5 2 2 5 5 250 5 2 2 5 5 5 5. 2 5 2 5 2 2 5 5 2 10 = + − = + − = + − = ( ) ( ) ( ) 3 3 y 3 1 3 1 3 3 1 3 3 1 3 1 3 1 3 3 1 3 2 = − − + + − = − − − − = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 x x y y A x y x xy y x y x y x xy y x y x y x xy y x xy y x y x y x y 10 3 7 + = − − + + + − + = − = − − + − + = + − = − = − = Câu 2: (2,5 điểm) a) Xét phương trình (m + 1)x 2 – 2(m – 1)x + m – 2 = 0 Khi m=2 phương trình trở thành: 2 3x – 2x = 0 ( ) 0 3 2 2 3 x x x x =   ⇔ − ⇔  =  b) Để phương trình là phương trình bậc 2 thì trước tiên m ≠ -1 ( ) ( ) ( ) 2 ' 1 1 2 3m m m m∆ = − − + − = − Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ' 0∆ > hay m<3 (1) Áp dụng định lý Viet cho phương trình ta có 1 2 1 2 2( 1) 1 2 . 1 m S x x m m P x x m −  = + =   +  −  = =  +  (2) Xét biểu thức 1 2 1 2 1 2 1 1 7 x x 7 x x 4 x .x 4 + + = ⇔ = (3) Thế (2) vào (3) 2( 1) 2 7 : 1 1 4 2( 1) 7 8 8 7 14 2 4 m m m m m m m m − − ⇒ = + + − ⇔ = ⇔ − = − − 6m ⇔ = − Kết hợp với điều kiện (1) kết luận m=-6 Câu 3: (1,0 điểm) Gọi vận tốc của dòng nước là: x (km/giờ) (ĐK: x>0) Vận tốc thực của ca nô là: 4x (km/ giờ) Khi ca nô xuôi dòng từ A đến B vận tốc của ca nô so với đường là: 4x+x (km/giờ) Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là: 60 12 4x x x = + (giờ). Khi ca nô ngược dòng từ B về A vận tốc của ca nô so với đường là: 4x-x (km/giờ) Thời gian ca ngược dòng từ B về A là: 60 20 4x x x = − (giờ). Thời gian ca nô nghỉ ở B là 1 giờ 20 phút hay 4 3 giờ. Vì tổng thời gian hết 12 giờ nên ta co phương trình 12 20 4 12 3 8 1 20 3 3 x x x x + + = ⇔ + = ⇔ = Kết luận: Vận tốc dòng nước là 3 km/giờ. Vận tốc thực của ca nô là 3 x 4=12 km/giờ. Câu 4: (3,5 điểm) a) CM tứ giác MNOP nội tiếp: Xét tứ giác MNOP có MN ON ⊥ (Tính chất tiếp tuyến ⊥ dây cung) · 0 ONM 90⇒ = MP OP ⊥ (Tính chất Sở giáo dục và đào tạo thi vào lớp 10 thpt chuyên hải phòng Năm học 2009-2010 đáp án và biểu điểm chấm môn Toán Bài đáp án điểm Bài 1 ( ) ( ) ( ) 3 3 3 4 2 3 3 3 1 3 5 2 17 5 38 2 5 2 17 5 38 2 x + + = = + + ( ) ( ) 3 1 1 1 1 2 17 5 38 17 5 38 2 = = = + Vậy P = (x 2 + x + 1) 2009 = (1-1+1) 2009 = 1 0.25 0.5 0.25 Bài 2 Theo gt: x 3 = x 1 +1, x 4 = x 2 +1. Theo Vi ét: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 2 1 2 1 2 (1) (2) (3) 1 1 (4) 1 1 x x b x x c x x b x x bc + = = + + + = + + = Từ (1) và (3) ta có : b 2 + b 2 = 0 b = 1; b = -2 Từ (4) : x 1 x 2 + x 1 + x 2 + 1 = bc . Do đó c b + 1 = bc (5) */ Với b = 1, (5) luôn đúng, phơng trình x 2 + bx + c = 0 trở thành x 2 + x + c = 0, có nghiệm nếu có = 1 4c 0 c 1 4 . */ Với b = -2, thay vào (5) đợc c = -1, phơng trình x 2 + bx + c = 0 trở thành x 2 2x - 1 = 0, có nghiệm 1 2 . Kết luận: b = 1, c 1 4 ; b = -2, c = -1. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Bài 3 1/ (0,5 điểm). Theo BĐT co si cho 3 số dơng : 3 3a b c abc+ + ; 3 1 1 1 1 3 a b c abc + + = Từ đó suy ra: ( ) 1 1 1 9a b c a b c + + + + ữ . Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c 2/ (1,5 điểm) Ta có ab + bc + ca a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca ( ) 2 2007 3 669 3 a b c ab bc ca + + + + (*) Do 1/ có: ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 9a b c ab bc ca a b c ab bc ca ab bc ca + + + + + + + ữ + + + + + + 2 2 2 2 1 2 9 1 ( )a b c ab bc ca a b c + + + + + + + . Kết hợp với (*) 2 2 2 1 2009 670 a b c ab bc ca + + + + + . Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c = 1 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 Bài 4 1/ Ta có : ã ã ã ã ã ã ã ã ã 0 1 ( ) 2 180 2 2 BOP BAO ABO A B C A B PNC = + = + + = = Suy ra: ã ã BOP PNC= Tứ giác BOPN nội tiếp Chứng minh tơng tự tứ giác AOQM nội tiếp. Do tứ giác AOQM nội tiếp nên ã ã 0 90AQO AMO= = Do tứ giác BOPN nội tiếp nên ã ã 0 90BPO BNO= = Từ đó: ã ã 0 90AQB APB= = Tứ giác AQPB nội tiếp. 2/ (Do tam giác AQB vuông tại Q có QE là trung tuyến nên QE = EB = EA ã ã ã ã 1 2 EQB EBQ B QBC = = = QE song song với BC. Lại có EF là đờng trung bình của tam giác ABC nên EF song song với BC. Suy ra Q,E,F thẳng hàng. 3/ MOP đồng dạng COB (g-g) MP OM OP a OC OB = = NOQ đồng dạng COA (g-g) NQ ON OM b OC OC = = POQ đồng dạng BOA (g-g) PQ OP OM c OB OC = = Từ đó suy ra: OM MP NQ PQ MP NQ PQ OC a b c a b c + + = = = = + + 0.5 0.25 0.75 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 Bài 5 1/ (1,0 điểm) 3 x - y 3 = 1 3 x = (y + 1)(y 2 y + 1) . Suy ra tồn tại m, n sao cho : 2 1 3 3 1 1 3 9 3.3 3 3 m m n m m n y y y y m n x m n x + = = + = + = + = + = Nếu m = 0 thì y = 0 suy ra x = 0 Nếu m > 0 thì: (9 3.3 3) 3 (9 3.3 3) m m m m + + M M 3 3 9 3 n n M M 1 9 n = Suy ra 9 m 3.3 m + 3 = 3 3 m (3 m 3) = 0 m = 1 y = 2, x = 2 Thử lại hai nghiệm (0; 0) và (2; 2) đều thoả mãn bài toán. Vậy phơng trình có hai nghiệm (0; 0) và (2; 2) 2/ (1,0 điểm) Ta tô màu các ô vuông của bảng bởi hai màu đen trắng xen kẽ nh bàn cờ vua. Lúc đầu tổng số sỏi ở các ô đen bằng 1005 x 2009 là một số lẻ. Nhận xét rằng sau mỗi phép thực hiện thao tác T, tổng số sỏi ở các ô đen không thay đổi tính chẵn lẻ, do đó sau mỗi thao tác ổng số sỏi ở các ô đen luôn là một số lẻ. Vậy không thể chuyển tất cả viên sỏi trên bảng ô vuông về cùng một ô sau một số hữu hạn phép thực hiện thao tác T. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 H ớng dẫn chấm Câu Phần nội dung Điểm câu I 2,5 điểm 1) 1,5điểm + + = + = 2 2 2 x y xy 3 (1) xy 3x 4 (2) Từ (2) x 0. Từ đó 2 4 3x y x = , thay vào (1) ta có: 0.25 2 2 2 2 4 3x 4 3x x x. 3 x x + + = ữ 0.25 4 2 7x 23x 16 0 + = 0.25 Giải ra ta đợc 2 2 16 x 1 hoặc x = 7 = 0.25 Từ 2 x 1 x 1 y 1= = = ; 2 16 4 7 5 7 x x y 7 7 7 = = = m 0.25 Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1); ữ ữ 4 7 5 7 ; 7 7 ; ữ ữ 4 7 5 7 ; 7 7 0.25 2) 1,0điểm Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x ' 0 0.25 m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0 2 + . Vì (m - 2) > (m - 3) nên: x ' 0 m 2 0 và m 3 0 2 m 3, mà m Z m = 2 hoặc m = 3. 0.25 Khi m = 2 x ' = 0 x = -1 (thỏa mãn) Khi m = 3 x ' = 0 x = - 1,5 (loại). 0.25 Vậy m = 2. 0.25 câu II 2,5 điểm 1) 1,5điểm Đặt a 2 x; b 2 x (a, b 0) = + = 2 2 2 2 a b 4; a b 2x + = = 0.25 ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 ab a b 2 ab a b a b ab A 4 ab 4 ab + + + + = = + + 0.25 ( ) ( ) ( ) 2 ab a b 4 ab A 2 ab a b 4 ab + + = = + + 0.25 ( ) A 2 4 2ab a b = + 0.25 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 A 2 a b 2ab a b a b a b = + + = + 0.25 2 2 A 2 a b 2x A x 2 = = = 0.25 2) 1,0điểm 3 2 3 a m b m c 0+ + = (1) Giả sử có (1) 3 2 3 b m c m am 0 (2) + + = Từ (1), (2) 2 2 3 (b ac) m (a m bc) = 0.25 Sở giáo dục và đào tạo HảI dơng Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trãi - Năm học 2009-2010 Hớng dẫn chấm gồm: 03 trang 1 Nếu 2 a m bc 0 2 3 2 a m bc m b ac = là số hữu tỉ. Trái với giả thiết! 2 3 2 2 b ac 0 b abc a m bc 0 bc am = = = = 0.25 3 3 3 b a m b a m = = . Nếu b 0 thì 3 b m a = là số hữu tỉ. Trái với giả thiết! a 0;b 0 = = . Từ đó ta tìm đợc c = 0. 0.25 Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0 0.25 câu III 2 điểm 1) 1,0điểm Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d với a nguyên dơng. 0.25 Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5 3 - 3 3 )a + (5 2 - 3 2 )b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c 16b + 2c = (2010- 98a) 0.25 Ta có f(7) - f(1) = (7 3 - 1 3 )a + (7 2 - 1 2 )b + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c) = 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) 3M 0.25 Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số 0.25 2) 1,0điểm ( ) ( ) = + + + 2 2 2 2 P x 2 1 x 3 2 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25 Ta chứng minh đợc: ( ) ( ) = + = + = 2 2 AB x 2 x 3 1 2 25 1 26 ( ) = + 2 2 OA x 2 1 , ( ) = + + 2 2 OB x 3 2 0.25 Mặt khác ta có: OA OB AB ( ) ( ) + + + 2 2 2 2 x 2 1 x 3 2 26 0.25 Dấu = xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA = = + x 2 1 x 7 x 3 2 .Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn OB. Vậy Max =P 26 khi x = 7. 0.25 câuIV 2 điểm 1) 0,75điểm Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp ã ã =MAB MNB , MCAP nội tiếp ã ã =CAM CPM . 0.25 Lại có ã ã =BNM CPM (cùng phụ góc NMP) ã ã =CAM BAM (1) 0.25 Do DE // NP mặt khác MA NP MA DE (2) Từ (1), (2) ADE cân tại A MA là trung trực của DE MD = ME 0.25 2) 1,25điểm 0.25 2 K E B C A N M P D K E B C A N M P D Do DE//NP nên ã ã =DEK NAB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên: ã ã + = 0 NMB NAB 180 ã ã + = 0 NMB DEK 180 Theo giả thiết ã ã =DMK NMP ã ã + = 0 DMK DEK 180 Tứ giác MDEK nội tiếp 0.25 Do MA là trung trực của DE MEA MDA = 0.25 ã ã ã ã = = MEA MDA MEK MDC . 0.25 Vì ã ã ã ã = = MEK MDK MDK MDC DM là phân giác của góc CDK, kết hợp với AM là phân giác DAB M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK. 0.25 câu V 1 điểm D' B' A' O C A B D Không mất tổng quát giả sử:AB AC. Gọi B là điểm chính giữa cung ẳ ABC =AB' CB' Trên tia đối của BC lấy điểm A sao cho BA = BA + =AB BC CA' 0.25 Ta có: ã ã ã = =B'BC B'AC B'CA (1) ; ã ã + = 0 B'CA B'BA 180 (2) ã ã + = 0 B'BC B'BA' 180 (3);Từ (1), (2), (3) ã ã =B'BA B'BA' 0.25 Hai tam giác ABB