Tải Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán chuyên lần 3 năm học 2015-2016 trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ, Hà Nội - Đề thi thử tuyển sinh lớp 10 môn Toán có đáp án

5 31 0
Tải Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán chuyên lần 3 năm học 2015-2016 trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ, Hà Nội - Đề thi thử tuyển sinh lớp 10 môn Toán có đáp án

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

Trong tất cả các ngũ giác trên ta chọn ngũ giác có diện tích nhỏ nhất không chứa một điểm nguyên nào giả sử là ABCDE..  x y , .[r]

(1)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN THPT LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2015 - 2016 Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút

(dùng cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn chuyên Tin)

Bài I: (2 điểm)

1) Cho a, b, c số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = a + 2b + 3c = 14 Tính giá trị biểu thức T = abc

2) Cho n số nguyên dương Chứng minh A = 24n + 1 + 34n + hợp số. Bài II: (3 điểm)

1) 2x25x1 7 x31Giải phương trình

2)

2

2

5 14

5 16 16

x x y

x x y xy y      

      

 Giải hệ phương trình

Bài III: (1 điểm)

Cho a, b, c số thực dương Chứng minh

4 4 4

ab bc ca a b c

b c a c a b a b c

 

  

      .

Bài IV: (3 điểm)

Cho đường tròn (O, R) điểm S nằm ngồi đường trịn cho SO = 2R Từ S kẻ hai tiếp tuyến SA, SB (A  (O), B  (O)) cát tuyến SCD (C nằm S D) thay đổi Gọi K trung điểm CD H giao điểm AB SO

1) Chứng minh điểm C, D, H, O nằm đường tròn.

2)

1

2 Chứng minh AC.BD = AB.CD.

3)

1 

KA KBTìm vị trí điểm K cho nhỏ nhất.

Bài V: (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ngũ giác lồi ABCDE có tọa độ đỉnh số nguyên Chứng minh tồn điểm nằm ngũ giác có tọa độ số nguyên

-

Hết -(Giám thị khơng giải thích thêm)

(2)

Chữ ký giám thị số 1: Chữ ký giám thị số 2:

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN VÀO LỚP 10 NGUYỄN HUỆ NĂM HỌC 2015 – 2016

Mơn thi: TỐN

(Dành cho hệ chuyên Toán chuyên Tin)

BÀI Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM

I 2,0

1 Tính giá trị biểu thức T = abc. 1,0

2 2 14

2 3 14

a b c

a b c

   

  

2 2 14

2a 4 6 28

a b c

b c

   

  

 Ta có  0,25

 a2 + b2 + c2 – 2a – 4b – 6c = - 14  (a – 1)2 + (b – 2)2 + (c – 3)2 = 0

0,25

 a = 1; b = 2; c = 0,25

T = abc = 0,25

2 Chứng minh A = 24n + 1 + 34n + hợp số.

1,0

A =2.16n + 81n +

Vì n > nên A > + + = (1) 0,25

Vì 2.16n  (mod 5) 81

n  (mod 5) 0,25

A  + + (mod 5)  (mod 5) (2) 0,25

Từ (1) (2) suy với n > 0, A > A chia hết A hợp số 0,25

II 3,0

1 2 5 1 7 1

   

x x x Giải phương trình 1,5

1

x  Điều kiện

      

3 x 2 x  x 7 xx  x

Ta có 0,5

1

a x   b x   x

9

3 1

4 b a a b ab

b a        

 Đặt ;ta được: 0,5

4

x   Giải phương trình ta tìm 0,5 2 Giải hệ phương trình

1,5

 

2

2

5 14 (1)

4 16 16 (2)

             

y x x

y x y x x

Ta có 9x   4         y x

y x Coi (2) phương trình bậc ẩn y, suy ra:

(3)

5  

y x 5 42 5 14 8

   

x x x ( 32 2; );( 45;0)Với suy ra: ta nghiệm

0,5

4  

y x (4 x)2 5x2 14x 8

   

11 17 27 17 11 17 27 17

( ; );( ; )

4 4

     

Với suy ra: ta nghiệm 0,5

III Chứng minh bất đẳng thức 1,0

1 1

2b c 2b c 2c a 4b4c a Ta có:

1

4b 4c a 2b c 2c a

 

    

      0,25

1

4 2

ab ab ab

b c a b c c a

 

    

      0,25

1

4 2

bc bc bc

a c b c a a b

 

   

     

1

4 2

ca ca ca

a b c a b b c

 

   

     Tương tự: ;

0,25

9 a b c 

 2

9 2 2 2

ab ab bc bc ac ac b c c a c a a b a b b c

 

       

     

 Vậy VT

Dấu “ = ” xảy a = b = c

0,25

IV 3,0

1 4) Chứng minh bốn điểm C, D, H, O nằm đường tròn 1,0  SAC   SDA

 SC.SD = SA2 (1) 0,5

M H

B

O K C

D A

(4)

SA2 = SH.SO (Hệ thức lượng tam giác vuông) (2) Từ (1) (2)  SC.SD = SH.SO

  SCO   SHD

 

CDH COH 

 Bốn điểm S, D, H, O nằm đường tròn 0,5 2

3)

1

2Chứng minh AC.BD = AB.CD 1,0

 D   D   D 1

2

KAAKC A C ABS A C 

AB 1

2 AC

1

2 BC BACTa có sđ -

sđ=sđ=

 

CAKBAD 0,5

AC CK

ABBD  CAK   BAD   AC.BD = AB.CK

1

. .

2

AC BDAB CD

Vì K trung điểm CD nên (4) 0,5 3

4)

1 1

KA KBTìm giá trị nhỏ 1,0

Vì SO = 2R   SAB

  600

BKMBASMBS ABK MBATrên tia KS lấy điểm M cho KM

= KB   KMB (KM = KB ) (600 - )   SMB =  AKB

 AK = SM 0,5

Ta có:

KA + KB = SM + MK = SK  SO = 2R

(vì điểm S, A, B, K, O) nằm đường trịn đường kính SO.)

1 1 4 2

A

KA KB KKBR

1 1

KA KB

2

R = SCD cát tuyến qua tâm O hay C trung điểm

của SO

0,

V Chứng minh …(1điểm) 1,0

Giả sử tồn ngũ giác nguyên mà bên không chứa điểm nguyên Trong tất ngũ giác ta chọn ngũ giác có diện tích nhỏ khơng chứa điểm nguyên giả sử ABCDE

x y, 

Theo ngun lí Dirichlet: có điểm A, B, C, D, E tọa độ nguyên nên tồn điểm tạm gọi X,Y mà cặp tọa độ chúng có tính chẵn lẻ Khi trung điểm M X, Y có tọa độ nguyên Do M nằm ngũ giác (giả sử) nên M phải thuộc cạnh hay XY phải cạnh ngũ giác

0,5

Không tổng quát ta giả sử điểm A, B Do ta có ngũ giác MBCDE có diện tích nhỏ diện tích ngũ giác ABCDE

Do tính nhỏ khơng chứa điểm nguyên bên ABCDE suy ngũ giác MBCDE phải chứa điểm nguyên T bên Mâu thuẫn T nằm ABCDE

ĐPCM

(5)

Các ý chấm:

1) Thí sinh phải lập luận đầy đủ cho điểm tối đa.

2) Thí sinh có cách giải đúng, khác với hướng dẫn giám khảo chấm cho điểm theo số điểm quy định dành cho câu (hay ý) đó.

Ngày đăng: 31/12/2020, 03:50