Đề thi chính thức 2015 chuyên Hùng Vương kèm đáp án

Thí sinh không được sử ụng tài liệu.. c) Chứng minh AK uôn đi qua điểm cố định.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2015-2016

Mơn Tốn

(Dành cho thí sinh thi vào p chun Tốn) 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 n thoả mãn n24 n216 số nguyên tố n chia hết cho

b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x22 (y xy)2(x1) Câu (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: 3 5 3 5

2 2

A

 



   



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:  

4 1

x   x x x

b) Giải hệ phương trình:

3

2

10

6 10

x xy y

x y

   

 

 



Câu (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) dây cung BC R 3 cố định Điểm A di đ ng cung

n BC cho tam gi c ABC nhọn Gọi E điểm đối ứng v i B qua AC F điểm đối ứng v i C qua AB C c đường tròn ngoại tiếp c c tam gi c ABE ACF cắt K (K không tr ng A) Gọi H giao điểm BE CF

a) Chứng minh KA phân gi c góc BKC tứ gi c BHCK n i tiếp

b) c định vị trí điểm A để diện tích tứ gi c BHCK n nh t, tính diện tích n nh t của tứ gi c theo R

c) Chứng minh AK n qua m t điểm cố định Câu (1,0 điểm)

Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: 12 12 12

x  y  z  Tìm gi trị nhỏ nh t biểu thức:

     

2 2 2

2 2 2

y z z x x y

P

x y z y z x z x y

  

  

- HẾT -

Họ tên thí sinh: o anh: Thí sinh khơng sử ụng tài liệu C n ộ coi thi khơng giải thích thêm

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO

PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2015-2016

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Dành cho thí sinh thi vào p chuyên Toán)

(Hướng ẫn ch m gồm 05 trang)

I Một số ý chấm

 ng d n ch m thi dư i dựa vào ời giải sơ c m t c ch, ch m thi, c n b ch m thi cần b m s t yêu cầu trình bày ời giải đầy đủ, chi tiết, h p ơ-gic chia nhỏ đến 0,25 điểm

 Thí sinh àm theo c ch kh c v i ng d n mà t ch m cần thống nh t cho điểm tương ứng v i thang điểm ng d n ch m

 Điểm thi t ng điểm c c câu không àm tròn số II Đ -tha g điểm

Câu (1,5 điểm)

a) Chứng minh số nguyên n n thoả mãn n24 n216 c c số nguyên tố n chia hết cho

b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x22 (y xy)2(x1)

Nội du g Điểm

a) (0,5 điểm)

Ta có v i số ngun m

m chia cho dư ,

+ Nếu n chia cho dư 2 n2 5k 1 n2 4 5k5 5;k * nên n24 không số nguyên tố

0,25

+ Nếu n chia cho dư 2 n2 5k 4 n2 16 5k20 5;k * nên n216 không số nguyên tố

Vậy

n hay n chia hết cho

0,25

b) (1,0 điểm)

2 2

2 ( ) 2( 1) 2( 1) 2( 1) (1)

x  y xy  x x  y x y  

Để phương trình (1) có nghiệm ngun x ' theo y phải số phương

0,25

Ta có  ' y22y 1 2y2   2 y2 2y  3 y12 4 '

 phương nên  ' 0;1;4 0,25

+ Nếu  2

' y y

       thay vào phương trình (1) ta có :

 

2

4

4 x

x x x x

x

 

      





+ Nếu  2

' y y

      

+ Nếu  2

'

1 y y

y

 

      

  

0,25

+ V i y3 thay vào phương trình (1) ta có: x2 8x16 0 x42   0 x + V i y 1 thay vào phương trình (1) ta có: x2   0 x

Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun :         x y;  0;1 ; 4;1 ; 4;3 ; 0;  

0,25

2

Câu (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: 3 5 3 5

2 2

A

 



   



b) Tìm m để phương trình: x2x3x4x5m có nghiệm phân biệt

Nội du g Điểm

a) (1,0 điểm)

2(3 5) 2(3 5)

4 6

A   

   

0,25

2

3 5

2

4 ( 1) ( 1)

   

 

 

     

 

3 5

5 5

       

 

  0,25

(3 5)(5 5) (3 5)(5 5)

(5 5)(5 5)

      

  

 

 

15 5 5 15 5 5

25

        

   

  0,25

20 2

20

  Vậy A2 0,25

b) (1,0 điểm)

Phương trình      2  

2 ( 8)( 15)

x x x x  m x  x x  x m 0,25

Đặt 2  2  

2 1 ,

x  x  x  y y phương trình (1) tr thành:

  

9 16 25 144 (2)

y y  m y  y  m

Nhận t: V i m i gi trị y0 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

0,25



' ' 49

49

0 25 144

4

0 144

m

S m

P m

     

 



      

 

    

 

0,25

Vậy v i 49 144

4 m

   phương trình (1) có nghiệm phân biệt 0,25

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:  

4 2 1 1 .

x   x x x

b) Giải hệ phương trình:

3

2

10

6 10

x xy y

x y

   

 

 



Nội du g Điểm

a) (1,0 điểm)

Điều kiện: x1 (*)

Ta có:  

4 1 1 2( 1)

x   x x x x  x x   x x x  

0,25

Đặt x x 1 y (Điều kiện:y1 ** ), phương trình tr thành y22y 3 0,25

  

2

2 3

3 y

y y y y

y

  

        



 0,25

+V i y 1 không thỏa mãn điều kiện (**)

3

2

3

3

1 3 2

1 10

5

x

x x

x x x x x x

x x x x x

x  

 

  

            

       

   

  thỏa mãn điều kiện (*) Vậy phương trình có nghiệm x2

b) (1,0 điểm)

 

3 2

3

2 2

6 (1) 10

6 10 10 (2)

x xy x y y

x xy y

x y x y



       

  

 

 

   

 

0,25

T phương trình (1) ta có

 

  

3 2 2

3 2 2 2

6

2

x xy x y y x xy x y y

x x y x y xy xy y x y x xy y

        

           

0,25

  2

2

x y x xy y  2 2

3

x y

x xy y

 

    

 0,25

+ Trường h p 1:

2 2

2 11

3 0

2

y y

x xy y  x      x y

 

V i x y không thỏa mãn phương trình (2)

+ Trường h p 2: x2y thay vào phương trình (2) ta có:

2 2

4 12

1

y x

y y y

y x

   

     

     

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y;     2;1 ;  2; 

0,25

Câu (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) dây cung BCR 3 cố định Điểm A di đ ng cung n

BC cho tam gi c ABC nhọn Gọi E điểm đối ứng v i B qua AC F điểm đối ứng v i

C qua AB C c đường tròn ngoại tiếp c c tam gi c ABE ACF cắt K (K không tr ng A) Gọi H giao điểm BE CF

a) Chứng minh KA phân gi c góc BKC tứ gi c BHCK n i tiếp

b) c định vị trí điểm A để diện tích tứ gi c BHCK n nh t, tính diện tích n nh t tứ gi c theo R

c) Chứng minh AK uôn qua điểm cố định

4

P

Q

N M

I

K

H O

F

E

C B

A

a) (1,5 điểm)

Ta có AKB AEB (vì c ng chắn cung AB đường tròn ngoại tiếp tam gi c AEB) ABE  AEB(tính ch t đối ứng) suy AKB ABE (1)

AKC AFC (vì c ng chắn cung AC đường tròn ngoại tiếp tam gi c AFC) ACF  AFC(tính ch t đối ứng) suy AKC ACF (2)

0,5

ặt kh c ABE ACF(c ng ph v i BAC ) (3) T (1), (2) , (3) suy AKB AKC

hay KA phân gi c góc BKC 0,25

Gọi P, Q ần t c c giao điểm BE v i AC CF v i AB

Ta có BC R nên 120 ;0 600

BOC BAC BOC  Trong tam gi c vuông ABP

có 0

90 ; 60 30

APB BAC  ABP hay ABE ACF 300

0,25

Tứ gi c APHQ có

0 0

180 180 120 120

AQH APH  PAQPHQ PHQ BHC  (đối đ nh) 0,25 Ta có AKC ABE300, AKB ACF  ABE300 (theo chứng minh phần a)

60

BKC AKCAKBAFCAEBACF ABE suy BHCBKC1800 nên tứ gi c BHCK n i tiếp

0,25

b) (1,5 điểm)

Gọi (O’) đường tròn qua bốn điểm B, H,C, K Ta có dây cung BC R 3,

60

BKC BAC nên bán kính đường trịn (O’) b n kính R đường tròn (O)

0,5

Gọi M giao điểm AH BC MH vng góc v i BC, k KN vng góc v i BC (N thu c BC), gọi I giao điểm HK BC

Ta có  

2 2

BHCK BHC BCK

5

1

( )

2

BHCK

S  BC HI KI  BC KH (do HM HI; KNKI )

Ta có KH dây cung đường trịn (O’; R) suy KH 2R (không đ i)

nên SBHCK n nh t KH 2R HM KNHK 2 R 0,25

Gi trị n nh t

3.2

2

BHCK

S  R RR 0,25

Khi HK đường kính đường trịn (O’) M, I, N trùng suy I trung điểm

của BC nên ABC cân A Khi A điểm cung n BC 0,25 c) (0,5 điểm)

Ta có BOC 120 ;0 BKC 600suy BOCBKC 1800 nên tứ gi c BOCK n i tiếp đường trịn

0,25

Ta có OB=OC=R suy OBOCBKOCKO hay KO phân gi c góc BKC

theo phần (a) KA phân gi c góc BKC nên K ,O, A th ng hàng hay AK qua O cố định 0,25 Câu (1,0 điểm)

Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: 12 12 12

x  y  z  Tìm gi trị nhỏ nh t biểu thức:

     

2 2 2

2 2 2

y z z x x y

P

x y z y z x z x y

  

  

Nội du g Điểm

Ta có

2

2 2

1 1

1

1 1

P

y

x z

z x

z y x y

  

      

   

     

   

0,25

Đặt a;1 b;1 c

x  y  z  , ,a b c0

2 2

1 a b c 

     

2 2

2 2 2 2 2

1 1

a b c a b c

P

b c c a a b a a b b c c

     

     

0,25

p d ng b t đ ng thức Côsi cho số dương ta có

  2

2

2 2 2 1

1 (1 )(1 )

2 27

a a a

a a  a a a        

 

2

2

2

2 3

(1 ) (1)

(1 )

3

a

a a a

a a

    



Tương tự:

2

2

2

3 3

(2); (3)

(1 ) (1 )

b c

b c

b b  c c  0,25

T (1); (2); (3) ta có 3 2 2 3

2

P a b c  Đ ng thức ảy

3 a b c

   

hay x  y z 3. Vậy gi trị nhỏ nh t P 3

0,25