Đề thi môn Toán chung chính thức 2015 chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định kèm đáp án

- 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.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2015 - 2016

Mơn: TỐN (chung) Thời gian làm bài: 120 phút

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu (2,0 điểm)

1) Với giá trị x biểu thức x 1 x3 xác định 2) Tính giá trị biểu thức A x 3 3x x2

3) Tìm tọa độ điểm có tung độ nằm đồ thị hàm số y2x2 4) Cho tam giác ABC vng ,A AB3,BC5 Tính cosACB

Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức

1

1

x x x

Q

x

x x x x

   

 

     



  

    (với x0; x1)

1) Rút gọn biểu thức Q

2) Tìm giá trị x để Q 1 Câu (2,5 điểm)

1) Cho phương trình x22m1xm2 6 (1) (với m tham số) a) Giải phương trình với m3

b) Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm x x thỏa mãn 1, 2 x12x22 16

2) Giải hệ phương trình  

  

2

2

3 16

x x y y

x x x y x

     



      

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A AB  AC, đường cao AH Đường tròn tâm I đường kính AH cắt cạnh AB AC , M N Gọi O trung điểm đoạn , BC D , giao điểm MN OA

1) Chứng minh rằng: a) AM AB  AN AC

b) Tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng:

a) ADI ∽ AHO

b) 1 AD  HB HC

3) Gọi P giao điểm BC MN K giao điểm thứ hai AP đường tròn đường , kính AH Chứng minh BKC 90

Câu (1,0 điểm)

1) Giải phương trình 3x26x 6 2x 5  7x19 2x

2) Xét số thực dương , ,a b c thỏa mãn abc1.Tìm giá trị lớn biểu thức

4 4 4

a b c

T

b c a a c b a b c

  

     

-HẾT -

Họ tên thí sinh:……… Họ tên, chữ ký GT 1……… Họ tên, chữ ký GT 2………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI NĂM HỌC 2015 - 2016

Mơn: TỐN (Đề chung)

Câu (2,0 điểm)

Đáp án Điểm

1) x 1 x3 xác định  x1 x3 đồng thời xác định 0,25

x xác định      x x 1, x3 xác định     x x

Vậy điều kiện xác định biểu thức x 1 x3 x3 0,25

2) Với x2 ta có    

2

2 3 2 2

A        0,25

   

2 2 2

         0,25

3) Hoành độ điểm cần tìm nghiệm phương trình 2x2 8 0,25

 x 2 Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8) ( 2;8) 0,25

4) Vì tam giác ABC vuông A nên AC BC2AB2  5232 4 0,25 Do cos

5 AC ACB

BC

  0,25

hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ơn thi đại học mơn toán Câu (2,0 điểm)

Đáp án Điểm

1) (1,0 điểm)

Với điều kiện x0 x1, ta có

      

1

1

1

1 1

      

   

  

        

   

x x

x x

Q

x x

x x x x

0,5

1

    

     

   

 

x

x

x x x 0,25

1

             

 

x x

x x

1

  x

x 0,25

2) (0,5 điểm) Với x0 x1, ta có Q x x

 

Do Q  1 x1  1 x  1 x

x

0,25

1

 x   x (thỏa mãn điều kiện) 0,25

Vậy với



x Q 1

Câu (2,5 điểm)

Đáp án Điểm

1) (1,5 điểm)

a) (0,75 điểm) Với m3, ta có phương trình (1) trở thành x24x 3 0,25 Ta có a b c     1 nên phương trình có nghiệm phân biệt x11; x2 3 0,25 Vậy với m3, phương trình cho có nghiệm phân biệt x11; x2 3 0.25

b) (0,75 điểm) x22m1xm2 6 (1)

Phương trình (1) phương trình bậc ẩn x có  2  2 

' m m 2m

      

Phương trình (1) có nghiệm

7

, '

2 x x      m  m (*)

0,25

Khi theo định lý Viét ta có x1x2 2m1 ; x x1 2m26 Do 2 2  2  2  2  2

1 2 2 16

x x  x x  x x  m  m   m  m

0,25

Vậy 2

1

0 16 16 16

4 m

x x m m

m

         

 

Kết hợp điều kiện (*) ta có m0 giá trị thỏa mãn

0,25

2) (1,0 điểm)    

    

2

2

3 16

     



      

x x y y

x x x y x

Điều kiện: 2

0

x x

y y

   

 

   

 

Với x 2, y0, phương trình (1)  x2x y 2 x 2 y 0

    2 

2 2

x  x y  x y

        

 

0,25

   

 

 

2 2

2 2 0, 2,

x y x x y

x y y x do x x y x y

 

        

                0,25

Thay y x vào phương trình (2) ta phương trình

    

2

3 2 16

      

x x x x x  x2x32  x 16  

 

2

1

2 7

2

          



x TM

x x

x Ko TM

0,25

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm    x y;  1;3

Câu (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 trịn  I có

90

AMH ANH  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên HM HN , tương ứng đường cao tam giác vuông ABH ACH ,

0,25

+) ABH vuông H , có đường cao HM nên suy AM AB AH2 +) ACH vng H , có đường cao HN nên suy AN AC  AH2 Do AM AB  AN AC

0,25

b) (0,5 điểm) Theo câu a) ta có AM AB AN AC AM AN AC AB

  

Xét AMN ACB có A chung, AM AN

AC  AB nên suy AMN ∽ ACB cgc 

0,25

Do

180 AMN ACBBCNBMN ACBBMN AMNBMN

Mà góc BCN BMN vị trí đối diện nên suy tứ giác BMNC nội tiếp ,

0,25

2) (1,0 điểm)

a) (0,5 điểm) Ta có tam giác ABC vuông A O trung điểm cạnh BC nên OAOBOC  OAC cân O OAC OCAOAC BCN

Mà AMN ACBBCN nên AMN OACAMNDAN

0,25

Vì AMN vng A nên AMNANM 900 DANANM 900 ADN 900 Mà MAN900 MN đường kính đường trịn  I I là trung điểm MN nên ADI 900

Xét AID AOH có ADI AHO900 A chung ADI ∽ AHO gg( )

0,25

b) (0,5 điểm) Vì

AD AI AO

ADI AHO

AH AO AD AH AI

 ∽     

Mà ,

2

AO BC AI  AH BC2 AD AH

 

0,25

Mặt khác , tam giác ABC vng A AH đường cao nên

AH HB HC

Suy 1

HB HC

AD HB HC HB HC



   0,25

3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp PBM MNCPBMANMMNC ANM 1800 (1) Vì tứ giác ANMK nội tiếp PKM  ANM (2)

Từ (1) (2) suy 180

PBM PKM  , tứ giác PKMB nội tiếp

0,5

0 180 PKB PMB AMN ACB AKB ACB AKB PKB

Do tứ giác BKAC nội tiếp BKCBAC 900 Câu (1,0 điểm)

Đáp án Điểm

1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định

2

3 6

1

2

x x

x x

   

   

 



Với x 1 3, phương trình cho tương đương với:

   

   

   

2

2 2

2

2

2

3 6 2 19

3 6 6 2

3 8

2

1 6

3 6

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 3x26x 6 2    x 0, x 3)

0,25

+) 3x25x    8 x (thỏa mãn đk)

x (không thỏa mãn đk)

+) 1 2x 3x26x 6 2x   1 x 3x26x6 2x  

2

1 6 *

x x x x

     

Vì x 1 nên x  1 3x26x6 2x (*) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x 1

0,25

2) (0,5 điểm) Ta có: 4  2

;

    

a b ab a b a b

Thật 4   2 2 4 4 

a b ab a b a b a b ab

  3 3  2 2 2

0

 a b a b   a b a ab b  (luôn a b,  ) Do 4  4  2 2

a b c ab a b c   a4 b4 c ab a 2b2abc20 (vì ; ;a b c0 abc1)

 

4 2

c c

a b c ab a b abc

 

    (vì c0)  4 4   2 2 2

c c

a b c ab a b c

 

2

4 2

 

   

c c

a b c abc a b c  

2

4 2

 

   

c c

a b c a b c

0,25

Tương tự  

2

4 4  2 2 2

b b

a c b a b c  

2

4 4  2 2

a a

b c a a b c

Cộng theo vế bất đẳng thức (1),(2) (3) ta có:

2 2

4 4  4 4  4 4  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 a b c; ; 0 thỏa mãn abc1 Với a  b c T 1 Vậy GTLN T

0,25

Chú ý: