Đáp án chuyên Toán học Thừa Thiên Huế 2016-2017 - Học Toàn Tập

+ Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì được điểm tối đa. + Tổng số điểm toàn bài không làm tròn.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN (CHUYÊN TOÁN)

HƯỚNG DẪN CHẤM - ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

1

Cho biểu thức ( ) (x )

2

x x 2x x 2 1 P x

x x 1 x x 1

  

   

   1,50

a) Tìm x để P x xác định rút gọn ( ) P x ( ) 0,75 P(x) xác định x x

x x



  



  

 

 

 0,25

 3    2

x x x x 1 x

P(x)

x x x x

     



   

   

  

  

0,25

 x x 1  2 x 1  2 x 1   x x 1. 0,25 b) Tìm giá trị x để biểu thức ( )

( ) 2 x Q x

P x

 nhận giá trị nguyên. 0,75 Ta có Q(x) x

x x 

 

Với x0, x1, áp dụng BĐT Cơsi, ta có x 1 2 x Suy x x  1 x 0

0,25

Do Q(x) 2  Q(x) nhận giá trị nguyên Q(x) 1 0,25

x x x

2 

      0,25

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( ) : 2

P ymx ( m0) đường

thẳng ( ) :d y2xm2 1,50

a) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B Khi chứng minh

A B nằm phía trục tung 0,75 Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm PT 2

mx 2xm 0 (1) 0,25 (d) cắt (P) hai điểm phân biệt  (1) có hai nghiệm phân biệt

3

' m m         Do m0 nên 0 m

0,25

Theo định lí Vi-ét, ta có A B

x x

m

   x xA B m0

Suy xA 0, xB 0 Vậy A, B nằm phía trục tung

0,25

b) Với m tìm câu a), gọi xA, x theo thứ tự hoành độ điểm B A, B Tìm m để biểu thức

A B A B

2 1

K

x x 4x x 1

 

  đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có K m 1(4m 1) 1

4m 4m

      

  0,25

Với m 1  , áp dụng BĐT Côsi, ta có K 1(4m 1) 1

4 4m 4

     

 0,25

3 1

K (4m 1) m

4 4m

     

 (tmđk) Vậy K đạt GTNN

4 m  

0,25

3 a) Giải phương trình 2 2

x 3x 2 x   1 6 3 x 1 2 x 2 2 x 1 1,00 Điều kiện : x 1

(1) (x 1)(x 2) (x 1)(x 1)  3 x x   2 x 6  0 0,25

 x 1  x 2 x 3   2 x 2 x 3  

 x 2 x 3   x 2  0

0,25

x 2 x 3   0 2x (x  2)(x 1) 9

2

x

(x 2)(x 1) x x

x x x 8x 16 



       

    

 (tmđk)

0,25

x 1   2 x 1      2 x x (tmđk)

Vậy PT cho có hai nghiệm x12, x2 3 0,25 b) Giải hệ phương trình

3 2

2 2

x 2xy 12y 0 8y x 12

   



  

( ) ( ) 1

2 1,00

Thay 128y2x2 vào PT (1) ta x32xy28y2x2y0 (3) 0,25 Với y 0 từ PT (3) ta suy x0, không thỏa mãn PT (2)

Với y 0 , chia hai vế PT (3) cho

y ta

3

x x x

2

y y y

   

    

   

   

0,25

Đặt t x y

 ta có 2

2 t t t 2t (t 2)(t t 4)

t t (vn)  



          

  

 0,25

Từ x

y   hay x 2y Thay vào PT (2) ta

12y 12  y Với y 1 x  2 Với y 1 x2 Hệ có hai nghiệm ( 2; 1) , (2; 1)

0,25

4 Cho hai đường trịn (O1), (O2) có bán kính khác nhau, cắt hai điểm A và B cho O O1, 2 thuộc hai nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB Đường tròn ( )O ngoại tiếp tam giác BO O1 2 cắt (O1) (O2) K

và L (khác A B) Đường thẳng AO cắt (O1) (O2) Mvà N (khác A) Hai đường thẳng MK NL cắt P cho P B thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng KL Chứng minh :

Q P

N

M

L

K

O A

B

O1 O2

a) Tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn 1,00 Trong tam giác MNP ta có MPNPMNPNM180 0,25

PMN KBA (nội tiếp chắn cung KA ), PNM LBA (nội tiếp chắn cung LA )

0,25 Suy KPLKBALBA180 hay KPLKBL180 0,25

Vậy tứ giác BKPL nội tiếp 0,25

b) Điểm A cách hai đường thẳng BK vàBL 1,00 Gọi Q giao điểm đường thẳng AB với đường tròn (O) (Q khác B) 0,25 Ta có KO A1 2KBQ (góc tâm góc nội tiếp chắn cung KA ),

KO Q1 KBQ (góc nội tiếp chắn cung KQ )

Suy KO A1 2KO Q1 Do O Q tia phân giác góc 1 KO A

0,25

Mặt khác tam giác KO A cân O , suy O Q trung trực đoạn AK Vì QK QA Tương tự QL QA Do QKQL nên QKQL

0,25

Suy KBQLBQ (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Vậy A thuộc tia phân giác góc KBL nên A cách BK BL

0,25 c) Điểm P thuộc đường thẳng AB tam giác PKL cân 1,00 Ta có điểm P thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác BKL, đường tròn

(O) ngoại tiếp tam giác BO O1 Vậy P thuộc (O)

0,25 Nếu P thuộc AB P Q Suy PKPLnên tam giác PKL cân P 0,25 Nếu tam giác PKL cân K KP KL Suy PL(trái giả thiết)

Tương tự tam giác PKL không cân L 0,25 Do tam giác PKL cân P nên PKPL

Vì P thuộc cung KQL nên PQ Vậy P thuộc đường thẳng AB

5 a) Cho x0 y, 0 x y 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2 4x 3y

M 6x 4y 10xy 2016 y x

      1,00

2 4x 3y

M 6x 4y 10xy 2016

y x

4

(x y)(6x 4y) (x y) 2009 y x

     

 

       

 

0,25

6x 4y 3 6x 4y

y x 2009 y x 2009

           

   

x y 3x 3y

x y

3 2009

        

   

 

0,25

3.2 x y 3(x y)

x y 2009 57 2009 2066

          

  0,25

Dấu "=" xảy

x 0, y 0, x y

x

1

x, y y

x y

   

 



 

    





Vậy giá trị nhỏ M 2066 đạt x 1, y 2 

0,25

b) Tìm số nguyên dương (x; y; z) biết 1 1 1

1

x  y z và x  y z x y  z

1,00

Điều kiện x, y, z

x y z



 



  



Ta có x  y z x y z  x  y z y  x  z

0,25

 x  y z y 2  x z2  y(x y z) xz y2xyyzxz 0 (yx)(yz)  0 y x y z

0,25 Nếu y x thay vào đẳng thức thứ ta

1 1

1 (x 2)(z 1) x   x z    Do x, y, z  nên có trường hợp :

TH1 : x x z z

  

 



    

  (tmđk) TH2 : x 2 x

z 1 z

  

 



    

  (tmđk)

Ta số : (x; y; z) (3; 3; 3), (4; 4; 2)

Nếu y z thay vào đẳng thức thứ ta 1

1 (x 1)(z 2) x    z z   Do x, y, z  nên có trường hợp :

TH1 : x 1 x

z 2 z

  

 

    

  (tmđk) TH2 : x x

z z

  

 



    

  (tmđk)

Ta số : (x; y; z) (2; 4; 4), (3; 3; 3)

Tóm lại có ba số thỏa mãn toán : (x; y; z) (3; 3; 3), (4; 4; 2), (2; 4; 4)

0,25

Ghi

+ Đáp án gồm trang

+ Nếu học sinh có cách giải khác mà kết điểm tối đa + Tổng số điểm tồn khơng làm tròn