Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên thừa thiên huế năm học 2017 2018(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTCHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 02 tháng năm 2017 Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,5 điểm) a) Cho biểu thức P(x)  nhỏ thỏa mãn 9x x 1  , Q(x)  với x  Tìm số nguyên x x x3 x x P(x)  Q(x) b) Tính giá trị biểu thức F  2x  21x  55x  32x  4012 x   (không x  10x  20 sử dụng máy tính cầm tay) Câu 2: (2,0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y  x , đường thẳng (d) có hệ số góc k qua điểm M(0;1) Chứng minh với giá trị k, (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B có hoành độ x1 , x thỏa điều kiện x1  x   x  y3  b) Giải hệ phương trình  2  x  2y  x  4y Câu 3: (1,5 điểm) Cho phương trình x  2(m  1) x   m2  m   (1) (x ẩn số) a) Giải phương trình (1) m  b) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O hai điểm C, D (O) cho ba điểm C, O, D không thẳng hàng Gọi Ct tia đối tia CD, M điểm tùy ý Ct, M khác C Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A B tiếp điểm, B thuộc cung nhỏ CD ) Gọi I trung điểm CD, H giao điểm đường thẳng MO đường thẳng AB a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp b) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định M di động tia Ct c) Chứng minh MD HA  MC HC2 Câu 5: (2,0 điểm) a) Cho a, b, c số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện ab  bc  ac  a2 b2 c2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức E    ab bc ca b) Tìm tất số nguyên dương n cho n  3n số phương - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh :………………………… Số báo danh :……………………………… Chữ ký giám thị :…………………… Chữ ký giám thị : …………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 02 tháng năm 2017 Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu (1,5 Đáp án 9x x 1 a) Cho biểu thức P(x)   với x  , Q(x)  x x3 x x P(x) Tìm số nguyên x nhỏ thỏa mãn  Q(x) P(x)  0, x  Do   2P(x)  Q(x) Ta có Q(x)   Q(x) x Điểm 0,75 0,25 9x  x 1 1  2    3x  x    x x x3 x     0,25  x  x    x   x  (vì x   ) 0,25 điểm) Vậy giá trị nguyên nhỏ x cần tìm x  b) Tính giá trị biểu thức F  2x  21x  55x  32x  4012 x   x  10x  20 (không dùng máy tính cầm tay) Ta có x   suy  x  Do (5  x)2   x  10x  22  (x  10x  22)(2x  x  1)  4034 Ta có F  x  10x  20 4034 Mà x  10x  22  nên x  10x  20  2 Suy F   2017 2 a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y  x , đường thẳng (d) có hệ số góc k qua điểm M(0; 1) Chứng minh với giá trị k, (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B có hoành độ x1 , x thỏa điều kiện 0,75 0,25 0,25 0,25 1,00 x1  x  Đường thẳng (d) có phương trình y  kx  0,25 Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d) x  kx   (1) Ta có   k   , với k nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Suy (d) cắt (P) hai điểm phân biệt (2,0 x  x  k, x1x  điểm) Theo định lý Vi-ét, ta có: Suy (x1  x )  (x1  x )  4x1x  k   Do x1  x  (dấu “=” xảy k  ) 0,25 0,25 0,25 3 (1)  x  y  b) Giải hệ phương trình    x  2y  x  4y (2) 1,00 Nhân hai vế phương trình (2) cho 3, ta 3x  6y2  3x  12y (3) Trừ hai phương trình (1) (3) vế theo vế, ta (x  1)3  (2  y)3  y   x 0,25 0,25 Trang 1/4 Thế y   x vào (3), ta x  3x    x  x  Với x  y  Với x  y  Hệ phương trình có hai nghiệm (2; 1), (1; 2) 0,25 0,25 Cho phương trình x  2(m  1) x   m2  m   (1) (x ẩn số) a) Giải phương trình (1) m  0,50 Khi m  0, phương trình trở thành x  x    Đặt t  x  1, t  Ta có phương trình t  2t    t  t  1 (loại) 0,25 Với t  , x    x   x  2 b) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt 0,25 1,00 Đặt t  x  1, t  phương trình trở thành t  2(m  1)t  m2  m   (2) (1) có nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm phân biệt t1 , t lớn 0,25  '   điểm)  (t1  1)(t  1)  t   t   1 (m  2m  1)  (m  m  3)   '      t1t  (t1  t )     m  m   (2m  2)   t  t   2m    1  (1,5 0,25 0,25 3m    m  4 /     m  3m     m  1 hoÆc m   m  2m  m    Vậy với m  phương trình cho có nghiệm phân biệt Cho đường tròn (O) có tâm O hai điểm C, D (O) cho ba điểm C, O, D không thẳng hàng Gọi Ct tia đối tia CD, M điểm tùy ý Ct, M khác C Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A B tiếp điểm, B thuộc cung nhỏ CD ) Gọi I trung điểm CD, H giao điểm đường thẳng MO đường thẳng AB a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp 0,25 1,00 A (3,0 điểm) O H t D I C M B Q MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O)  MAO  MBO  90 I trung điểm CD nên OI  CD  MIO  90 Suy điểm A, I, B thuộc đường tròn đường kính MO Vậy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 2/4 b) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định M di động tia Ct Các tiếp tuyến C D cắt Q nằm đường thẳng OI Ta có MAC đồng dạng với MDA ( M chung MAC  MDA  sđAC ) MA MC Suy   MA2  MC.MD MD MA Mà MAO vuông A có đường cao AH nên MA2  MH.MO MC MO Suy MC.MD = MH.MO   Do MCH MOD đồng dạng MH MD Từ CHM  ODM Suy tứ giác CHOD nội tiếp (1) Tứ giác QCOD có OCQ  ODQ  90 nên nội tiếp đường kính OQ (2) Từ (1) (2) ta có năm điểm C, H, O, D, Q thuộc đường tròn đường kính OQ Suy QHO  90 Do QH  MO H Mà AB  MO H Do hai đường thẳng QH AB trùng Suy Q nằm đường thẳng AB Vì d (O) C, D, I cố định nên Q cố định Vậy AB qua điểm cố định Q M di động tia Ct MD HA  c) Chứng minh MC HC Hai tam giác MBC MDB có M chung MBC  MDB  s® BC nên đồng dạng 2 MD MB BD MD MB  BD  Suy       (3) MB MC BC MC MC2  BC  Lại có CAH  CDB  s® BC (4) Mà MCH đồng dạng với MOD nên MHC  MDO 180  COD Suy AHC  90  MHC  90  CDO  90   180  COD 2 1  360  COD  sđCAD  CBD (5) 2 BD HA Từ (4), (5) ta có hai tam giác AHC DBC đồng dạng Suy  (6) BC HC  0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25  MD HA  Từ (3) (6) suy MC HC2 (2,0 1,00 a) Cho a, b, c số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 b2 c2 E    Tìm giá trị nhỏ biểu thức ab bc ca a2 ab a2 a  b    a Ta có điểm) ab ab b2 bc c2 ca   b,   c Chứng minh tương tự ta có bc ca 0,25 ab  bc  ac  1,00 0,25 Trang 3/4 Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta a2 b2 c2 a b bc ca      abc ab bc ca 4 a2 b2 c2 abc      ab bc ca Do a  b  ab, b  c  bc, c  a  ca nên a  b  c  ab  bc  ac  a2 b2 c2 1     Đẳng thức xảy a  b  c  Suy ab bc ca 1 Vậy giá trị nhỏ E , đạt a  b  c  2 n b) Tìm tất số nguyên dương n cho n  số phương Gọi m số nguyên dương thỏa mãn n  3n  m2 Khi (m  n)(m  n)  3n Suy tồn số tự nhiên k cho m  n  3k m  n  3nk Vì m  n  m  n nên k  n  k , n  2k  Nếu n  2k  2n  (m  n)  (m  n)  3nk  3k  3k (3n2k  1)  3k (31  1)  2.3k Vì n  3k  2k  + Nếu k  n  + Nếu k  n  + Nếu k  3k   2(3k1  3k2    1)  2k (*) Nếu n  2k  k  n  k  Do 3k  3nk2 Suy 2n  3nk  3k  3nk  3nk2  3nk2 (32  1)  8.3nk2 Áp dụng (*), ta có 3nk2   2(n  k  2)  2n  2k  Suy 2n  8(2n  2k  3)  8k  12  7n Mặt khác n  2k  nên 7n  14k  14 , mâu thuẫn Vậy n  n  Cách khác: Giả sử n  3n  m2 (1), với m số nguyên dương, m  n Khi (m  n)(m  n)  3n Suy m  n  3p , m  n  3q , với p, q số tự nhiên p  q mn n n 3pq  p q p q  1 2 3     2n  m Ta có mn mn mn Suy n  3n  4n  3n  3n (2) Thử trực tiếp n  1, n  2, n  thỏa mãn (2), có n  1, n  thỏa mãn (1) Ta chứng minh (2) không với n  Thật vậy: + n  : 34  3.42 + Giả sử 3n  3n với n  + Suy 3n1  3.3n  3.3n  3(n  1)2  3(2n  2n  1)  3(n  1) với n  Vậy toán có hai nghiệm n  n  0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 - Học sinh làm cách khác đáp án kết cho điểm tối đa - Điểm toàn chấm điểm lẻ đến 0,25 - Đáp án gồm 04 trang - Hết Trang 4/4 ... VÀ ĐÀO TẠO THỪA THI N HUẾ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2017- 2018 Khóa ngày 02 tháng năm 2017 Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN – THANG... x  10x  20 (không dùng máy tính cầm tay) Ta có x   suy  x  Do (5  x)2   x  10x  22  (x  10x  22)(2x  x  1)  4034 Ta có F  x  10x  20 4034 Mà x  10x  22  nên x  10x...  Vậy toán có hai nghiệm n  n  0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 - Học sinh làm cách khác đáp án kết cho điểm tối đa - Điểm toàn chấm điểm lẻ đến 0,25 - Đáp án gồm