Đáp án chuyên Toán học Hải Dương 2015-2016 - Học Toàn Tập

Xác định vị trí của điểm A để AMPN là hình bình hành.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2015 - 2016 (Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm

I Cho a b  29 12 5 2 Tính giá trị biểu thức:

2

( 1) ( 1) 11 2015 Aa a b b  ab

1,00  2

29 12 5 5 5

a b           0,25

3 2

11 2015

Aa  b a  b ab 0,25

2 2

2 2

( )( ) 11 2015

3( ) 11 2015

a b a b ab a b ab

a b ab a b ab

       

       0,25

2 2

4(a 2ab b ) 2015 4(a b) 2015 2051

        0,25

I

Cho ,x y hai số dương thỏa mãn xy (1x2)(1y2) 1 Chứng minh 2

1

x y y x 

1,00

2 2

(1 )(1 ) (1 )(1 ) xy x y   x y  xy

2 2

(1 x )(1 y ) (1 xy)

     0,25

2 2 2

1 x y x y 2xy x y

       0,25

2 2

2 ( )

x y xy x y y x

          0,25

2 2

1 1

x y y x x x x x

         0,25

II Giải phương trình 2x 3 4x29x 2 x 2 4x1 1,00 Pt 2x 3 (x2)(4x 1) x 2 4x1 ĐK:

4

x  0,25 Đặt t2 x 2 4x1,t (hoặc t0)

2

2

8 ( 2)(4 1) ( 2)(4 1) t

t x x x x x x 

          

PTTT t2    4t t t3

0,25

TH1 t1 giải vô nghiệm kết hợp với ĐK t  bị loại 0,25 TH t  3 x 2 4x 1 Giải pt tìm

9

x  (TM) Vậy pt có nghiệm

9 x 

0,25

II Giải hệ pt

2

2

2 2 3

1 2

x y xy x y y x x

x y x y x y

          

 

       

ĐK: y2x 1 0, 4x  y 0,x2y 2 0,x1 TH 1 0

3 1 10

y x x

x y

 

   

  

     

  



   (Không TM hệ)

TH x1,y1 Đưa pt thứ dạng tích ta

( 2)(2 1)

2 3 x y

x y x y

y x x

 

    

   

0,25

1

( 2)

2 3

x y y x

y x x

 

      

   

 

  Do y2x 1

nên 2

2 3 y x x y

y x   x        

0,25

Thay y 2 x vào pt thứ ta x2  x 3x 7 2x

2

2 2

3

( 2)( 1)

3 2

x x x x

x x

x x

x x

        

 

    

   

0,25

3

( 2)

3 2

x x

x x

 

      

   

 

Do x1 nên 1 3x 7 12 2x   x Vậy x      2 x y (TMĐK)

0,25

III Tìm số nguyên ,x y thỏa mãn x4x2y2 y 200 (1) 1,00 Ta có (1)x4x220y2y

Ta thấy 4 2

x x x x 20x x 20 8x

      

2 2

x x y y x x

      

0,25

Vì x, y¢ nên ta xét trường hợp sau

+ TH1 y y 1   x21 x 22x4x220x43x22

2

2x 18 x x

      

Với

x 9, ta có y2 y 92 9 20y2 y 1100 y 10 ; y 11

    (t.m)

0,25

+ TH2 y y 1   x22 x 23x4x220x45x26

2

4x 14 x

    (loại)

+ TH3 y y 1   x23 x 24 6x2 x2

    (loại)

0,25

+ TH4 y y 1   x24 x 25

2

8x x x

     

Với

x 0, ta có y2 y 20y2 y 20   0 y ; y4 Vậy PT cho có nghiệm nguyên x ; y : 

3 ; 10 , ; 11 ,    3 ; 10 ,  3 ; 11 , ;  5 , ;   

III Tìm số nguyên k để k48k323k226k10 số phương 1,00 Đặt

8 23 26 10

M k  k  k  k

Ta có    

2 18

M  k  k   k k  k  k  k

 2 2  2  2

1

k k k k

        2 2

1

k  k 

     

0,25

M số phương k12 0 k321 số phương

TH k12   0 k

0,25

TH k321 số phương, đặt  2  

3

k  m m¢  2

2

3 ( 3)( 3)

m k m k m k

          0,25

Vì m k,     ¢ m k ¢,m  k ¢ nên

3

m k m k

   

   



3 1,

3

3 1,

m k m k

k

m k m k

     

 

  

        

 

Vậy k1 k 3

8 23 26 10

k  k  k  k số phương

0,25

IV Chứng minh IA tia phân giác góc MIN· 1,00

H

P E

K

I

N M

C B

O

A

Theo giả thiết · · ·

AMOANOAIO90  điểm A, O, M, N, I thuộc

đường tròn đường kính AO 0,25

· · ,· ·

AIN AMN AIM ANM

   (Góc nội tiếp chắn cung) 0,25 AM AN AMN cân A  ·AMN ·ANM 0,25

· ·

AIN AIM

   đpcm 0,25

IV Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh

2 1

AK  AB AC 1,00

2 1

2AB AC AK AB( AC) AB AC AK AI

(Do ABAC2AI) ABN

 đồng dạng với ANCAB AC AN2 0,25 AHK

 đồng dạng với AIOAK AI AH AO 0,25 Tam giác AMO vng M có đường cao MH AH AO  AM2

2

AK AI AM

  Do ANAMAB AC AK AI 0,25 IV

Đường thẳng qua M, vng góc với ON cắt (O) điểm thứ hai P

Xác định vị trí điểm A để AMPN hình bình hành 1,00 Ta có ANNO MP, NO M, ANAN/ /MP

Do AMPN hình bình hành AN MP2x Tam giác ANO đồng dạng với

2

2

AN NO x

NEM NE

NE EM R

    

0,25

TH

2

2 2 2

2

2 x

NE NO OE R R x x R R R x

R

         

Đặt 2 2

,

R x t t   x R t

PTTT 2(R2 t2) R2 Rt 2t2 Rt R2 2t R t R

  

        

 

Do t   0 t R R2x2     R x A B (Loại)

0,25

TH

2

2 2 2

2

2 x

NE NO OE R R x x R R R x

R

         

Đặt 2 2

,

R x t t   x R t

PTTT 2(R2 t2) R2 Rt 2t2 Rt R2 2t R t R

 

        

  

0,25

Do 2 2

2 R

t  t R R x   R x AO R Vậy A thuộc BC, cách O đoạn 2R AMPN hbh

0,25

V Chứng minh bất đẳng thức 1 2015 2016

1a1b ab 1,00

Ta có  

3

12(a b ) 4ab ab 4ab Đặt t ab t, 0

3 2

128t 4t 2t     t (t 1)(2t   3t 3) Do 2t2   3t 0, t nên t   1 t Vậy 0ab1

0,25

Chứng minh 1 , ,

1a1b1 ab a b thỏa mãn ab1 Thật vậy, BĐT 1 1

1a1 ab 1b1 ab 

0

1

(1 )(1 ) (1 )(1 )

ab a ab b b a a b

a b

a ab b ab ab

  

       

    

       

 2

( 1) (1 )(1 )(1 )

b a ab

ab a b

 

 

   Do 0ab1 nên BĐT Tiếp theo ta CM 2015 2016, ,

1 ab  ab a b thỏa mãn ab1 Đặt t ab,0 t ta 2015 2016

1t  t 

3

2015t 2015t 2016t20140

0,25

2

(t 1)(2015t 4030t 2014)

     BĐT t: 0 t Vậy 1 2015 2016

1a1b ab Đẳng thức xảy a b