17 DE VA HDC TS10 THPT CHUYÊN PHÚ THỌ 2015 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 Mơn Tốn (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian àm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang - Câu (1,5 điểm) a) Chứng minh số nguyên n lớn thoả mãn n2 + n2 +16 số nguyên tố n chia hết cho b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x − y ( x − y ) = 2( x + 1) Câu (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = 2(3 + 5) + 2(3 − 5) 2 + 3+ 2 − 3− b) Tìm m để phương trình: ( x − 2)( x − 3)( x + 4)( x + 5) = m có nghiệm phân biệt Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x − x − = x − 1(1 − x)  x + xy − 10 y = b) Giải hệ phương trình:  2  x + y = 10 Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây cung BC = R cố định Điểm A di động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Gọi E điểm đối ứng với B qua AC F điểm đối ứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE ACF cắt K (K không trùng A) Gọi H giao điểm BE CF a) Chứng minh KA phân giác góc BKC tứ giác BHCK nội tiếp b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác theo R c) Chứng minh AK qua điểm cố định Câu (1,0 điểm) 1 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: + + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z y2 z2 z x2 x2 y2 + + x( y + z ) y(z + x ) z(x + y ) HẾT -Họ tên thí sinh: .Số báo danh: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm P= SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) I Một số ý chấm •Hướng dẫn chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi, cán chấm thi cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lơ-gic chia nhỏ đến 0,25 điểm •Thí sinh làm theo cách khác với Hướng dẫn mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm Hướng dẫn chấm • Điểm thi tổng điểm câu khơng làm tròn số II Đáp án-thang điểm Câu (1,5 điểm) a) Chứng minh số nguyên n lớn thoả mãn n2 + n2 +16 số nguyên tố n chia hết cho b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x − y ( x − y ) = 2( x + 1) Nội dung Điểm a) (0,5 điểm) 0,25 Ta có với số nguyên m m2 chia cho dư , + Nếu n2 chia cho dư n = 5k + => n + = 5k + 5M5; k ∈ N * Nên n2+4 không số nguyên tố Nếu n2 chia cho dư n = 5k + => n + 16 = 5k + 20M5; k ∈ N * Nên n2+16 không số nguyên tố Vậy n2 M5 hay n M5 b) (1,0 điểm) x − y ( x − y ) = 2( x + 1) x − 2( y + 1) x + 2( y − 1) = 0(1) Để phương trình (1) có nghiệm ngun x ∆' theo y phải số phương Ta có ∆ ' = y + y + − y + = − y + y + = − ( y − 1) ≤ ∆'chính phương nên ∆’ ∈ {0;1;4} + Nếu ∆ ' = => ( y − 1) = y = thay vào phương trình (1) ta có : 0,25 0,25 0,25 0,25 x = x − x = x(2 − 4)  x − + Nếu ∆ ' = => ( y − 1) = y ∉ Z y = + Nếu ∆ ' = => ( y − 1) =   y = −1 + Với y = thay vào phương trình (1) ta có: x − x + 16 = ( x − 4) = x = + Với y = -1 thay vào phương trình (1) ta có: x = x = Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên : ( x; y ) ∈ {(0;1);(4;1);(4;3);(0;-1)} Câu (2,0 điểm) 0,25 a) Rút gọn biểu thức: A = 2(3 + 5) + 2(3 − 5) 2 + 3+ 2 − 3− b) Tìm m để phương trình: ( x − 2)( x − 3)( x + 4)( x + 5) = m có nghiệm phân biệt a) (1,0 điểm) A= 2(3 + 5) 4+ 6+2 + 0,25 2(3 − 5) 4− 6−2  3+ 3− + =   + ( + 1) − ( − 1)  (3 + 5)(5 − 5) + (3 − 5)(5 + =2 (5 + 5)(5 − 5)  20 = = 20 Vậy A=2 b) (1,0 điểm) Phương trình ( x − 2)( x − 3)( x + 4)( x + 5) = m   3+ 3−   = 2 5+ + 5− ÷ ÷     15 − + 5 − + 15 + − 5 −  5)  ÷  =  ÷ 25 −    0,25 0,25 0,25 0,25 ( x + x − 8)( x + x − 15) = m(1) Đặt x + x + = ( x + 1) = y ( y ≥ 0) phương trình (1) trở thành: 0,25 ( y − 9)( y − 16) = m y − 25 y + 144 − m = 0(2) Nhận xét: Với giá trị y > phương trình: (x+1)2=y có nghiệm phân biệt, phương trình (1) có nghiệm phân biệt⇔ phương trình (2) có nghiệm dương phân biệt ∆ ' > ∆ ' = 4m + 49 > −49   < n < 144   S > 25 > P > 144 − m >   0,25 −49 < n < 144 phương trình (1) có nghiệm phân biệt Câu (2,0 điểm) 0,25 Vậy với a)Giải phương trình: x − x − = x − 1(1 − x)  x + xy − 10 y = b)Giải hệ phương trình:  2  x + y = 10 Nội dung a) (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 1(*) Ta có: Điểm 0,25 x − x − = x − 1(1 − x) x + x x − + x − − 2( x + x − 1) − = Đặt x + x − = y ( y ≥ 1)(**) , phương trình trở thành y − y − = 0,25  y = −1 y − y − = ( y + 1)( y − 3) =  y = +Với y = −1 không thỏa mãn điều kiện (**) + Với y = ta có phương trình: x ≤ x ≤ x ≤  x + x − = x − = − x     x = x = 2 x −1 = − 6x + x  x − x + 10 =  x =  thỏa mãn điều kiện (*) Vậy phương trình có nghiệm x = b) (1,0 điểm)  x + xy − 10 y =  x + xy − ( x + y ) y = (1)   2 (2)  x + y = 10  x + y = 10 Từ phương trình (1) ta có: x + xy − (x + y ) y = 3 2 0,25 0,25 0,25 0,25 x + xy − x y − y = x − x y + x y − xy + 3xy − y = ( x − y )( x + xy + y ) = x = 2y  2  x + xy + y = y 11y + Trường hợp 1: x + xy + y = ( x + ) + = => x = y = V i x= y = không thỏa mãn phương trình (2) + Trường hợp 2: x =2y thay vào phương trình (2) ta có:  y = => x = y + y = 12 y =   y = −1 => x = −2 0,25 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) ∈ {(2;1);(−2; −1)} Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây cung BC = R cố định Điểm A di động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Gọi E điểm đối ứng với B qua AC F điểm đối ứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE ACF cắt K (K không trùng A) Gọi H giao điểm BE CF a) Chứng minh KA phân giác góc BKC tứ giác BHCK nội tiếp b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác theo R c) Chứng minh AK qua điểm cố định Nội dung Điểm a) (1,5 điểm) Ta có AKB =AEB (vì chắn cung AB đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB) Mà ABE =AEB (tính chất đối ứng) suy AKB= ABE (1) AKC= AFC (vì chắn cung AC đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) ACF= AFC (tính chất đối xứng) suy AKC= ACF (2) Mặt khác ABE =ACF (cùng phụ với BAC ) (3) Từ (1), (2) , (3) suy AKB= AKC hay KA phân giác góc BKC Gọi P, Q giao điểm BE với AC CF với AB o Ta có BC = R nên BOC=120o ; BAC = BOC = 60 Trong tam giác vng ABP có o o o APB=90 ;BAC=60 =>APB=30 hay ABE=ACF=30o Tứ giác APHQ có AQH +APH=180o=> PAQ+ PHQ=180o=> PHQ=120o=> BHC=120o (đối đỉnh) Ta có AKC= ABE= 300 , AKB= ACF= ABE= 300 (theo chứng minh phần a) Mà BKC =AKC +AKB= AFC+ AEB =ACF +ABE = 600 suy BHC+ BKC = 1800 nên tứ giác BHCK nội tiếp b) (1,5 điểm) Gọi (O’) đường tròn qua bốn điểm B, H,C, K Ta có dây cung BC = R BKC=60o= BAC nên bán kính đường tròn (O’) bán kính R đường tròn (O) Gọi M giao điểm AH BC MH vng góc với BC, kẻ KN vng góc với BC (N thuộc BC), gọi I giao điểm HK BC Ta có 1 S BHCK = S BHC + S BCK = BC.HM + BC KN = BC.( HM + KN ) 2 1 S BHCK ≤ BC ( HI + KI ) = BC.KH(Do HM ≤ HI;KN ≤ KI) 2 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 Ta có KH dây cung đường tròn (O’; R) suy KH ≤ 2R (không đổi) Nên S BHCK lớn KH= 2R HM+ KN= HK =2R Giá trị lớn S BHCK = R 3.2.R = R Khi HK đường kính đường tròn (O’) M, I, N trùng suy I trung điểm BC nên ∆ABC cân A Khi A điểm cung lớn BC c) (0,5 điểm) Ta có BOC=120o ;BKC = 60o suy BOC +BKC = 1800 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn Ta có OB=OC=R suy OB= OC=> BKO= CKO hay KO phân giác góc BKC theo phần (a) KA phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK qua O cố định Câu (1,0 điểm) 1 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: + + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z y2 z2 z x2 x2 y2 P= + + x( y + z ) y(z + x ) z(x + y ) Nội dung 1 P= + + 1 1 1 Ta có: x( + ) y ( + ) z ( + ) z y z x x y 1 Đặt = a; = b; = c a,b,c>0 a2+b2+c2=1 x y z a b c a2 b2 c2 + + = + + b + c c + a a + b a (1 − a ) b(1 − b ) c(1 − c ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có: 1  2a + − a + − a  a (1 − a ) = 2a (1 − a )(1 − a ) ≤  ÷= 2  27 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 P= 0,25 a2 3 => a(1 − a ) ≤ ≥ a (1) a (1 − a ) 3 Tương tự: b2 3 c2 3 ≥ b (2); ≥ c (3) 2 b(1 − b ) c(1 − c ) 3 3 (a + b + c ) = 2 Đẳng thức xảy  a = b = c = hay x = y = z = 3 Từ (1); (2); (3) ta có P ≥ Vậy giá trị nhỏ P 3 0,25 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015- 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Dành cho thí sinh