Đáp án chuyên Tin học Thừa Thiên Huế 2017-2018 - Học Toàn Tập

Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm M cắt đường thẳng AB tại I... Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với MN cắt BC tại D.[r]

Trang 1/4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2017-2018

Khóa ngày 02 tháng năm 2017

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Mơn thi: TỐN (CHUN TIN) (khơng kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

(Nội dung có 04 trang)

Câu Đáp án Điểm

1 (1,5 điểm)

Cho biểu thức:M a a a a2 a a a

a a a a a a

    

  

  với a > 0, a 

a) Chứng minh M4

0,75

Ta có

2

a a a a a a a M

a a a a a a

    

  

 

Do a > 0, a  nên: a a ( a 1)(a a 1) a a

a a a ( a 1) a

     

 

 

0,25

2

a a a a (a 1)(a 1) a (a 1) (a 1)(a a 1) a a

a a a a (1 a) a (1 a) a

               

  

Nên M a a a a a a a a

a a a a a

        

     

0,25

Do a0, a1 nên: ( a 1) 0  a 1 2 a M a a

   0,25

b)Với giá trị a biểu thức N M

 nhận giá trị nguyên? 0,75

Ta có N

M

   N nhận giá trị nguyên 0,25 Khi N a a a

a a

      

   a  2 hay a  2 0,25

  a a 7 0,25

2 (1,5 điểm)

Cho parabol (P) : y2x2 đường thẳng (d) : yaxb.

a) Tìm điều kiện b cho với số thực a, parabol (P) cắt đường thẳng (d) hai điểm phân biệt

0,5

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) d là: 2

2x ax b 2x ax b (1) (1) phương trình bậc có

a 8b

  

0,25 Với aR, parabol (P) cắt đường thẳng (d) hai điểm phân biệt

0

   với aR

a 8b

   với aR

2 a b

8

   với aR b

Điều kiện b để với aR, parabol (P) cắt đường thẳng (d) hai điểm phân biệt b 0.

Trang 1/4 b) Gọi A giao điểm (P) (d), B giao điểm (d) trục tung

Biết điểm A có hồnh độ tam giác OAB có diện tích Tìm a, b

1,0 Ta có A(1;2)

Hồnh độ điểm A thỏa phương trình (1), tức a b 0(2)  

0,25 (d) cắt trục tung điểm B(0;b) Gọi H(0;2) chân đường cao kẻ từ A tam giác

AOB Ký hiệu SOAB diện tích tam giác OAB Khi OAB

1

S OB.AH b b b

2

        b 4

0,25

Với b 4, từ (2) ta có a 2 0,25

Với b 4, từ (2) ta có a 6 Vậy a

b

    



a

b

    



0,25

3 (2,0 điểm)

a) Cho phương trình

x 2(m3)x2m 5 0(x ẩn số) Xác định tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2 thỏa mãn

1

1

3 x  x  .

1,0

Phương trình

x 2(m3)x2m 5 có a   b c 2(m 3) 2m 5   0 nên

có nghiệm x11, x2 2m 5. 0,25

Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

m

2m

5

2m m

2

    

  

   

 

  0,25

1

1 1

3

x  x   2m 5  0,25

2m 2m m

        (thỏa mãn) 0,25

b) Giải phương trình:

2

1

x

x  x 2x 3x2  1,0

Điều kiện: x 1, x 2, x 0, x 17

 

    

Phương trình trở thành

2

x x

x x

 

   

0,25

Đặt t x x

  , ta có phương trình t 1 t3 

2 t

t 3(t 1) (t 1)(t 3) t 2t

t

  

            

 

0,25

Với t 1 ta có x x2 x x

x

x

 

        

 

 (thỏa điều kiện) 0,25

Với t 3 ta có x x2 3x x 17

x



        (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình cho có nghiệm x 1; x 2; x 17



   

Trang 1/4 4

(3,0 điểm)

Cho hai đường tròn (O) (O') cắt hai điểm phân biệt A, B M điểm thuộc đường trịn (O) khác với A, B nằm ngồi đường tròn (O') Tiếp tuyến của đường tròn (O)tại điểm M cắt đường thẳng AB I Đường tròn tâm I bán kính IM cắt đường trịn (O) điểm thứ hai N, cắt đường tròn (O') P Q trong P nằm bên đường tròn (O)) Gọi H giao điểm OI với MN, K là giao điểm O'I với PQ Chứng minh rằng:

a) IM2 IA.IB IQ tiếp tuyến đường tròn (O').

1,0

C

J

K H

Q

P N

I B O

A

O'

M

Hai tam giác IMB IAM có MIBAIM (góc chung), IMBIAM ( BM

2s®

 đường trịn (O))

0,25

Do IMB~IAM, suy

IM IB

IM IA.IB IA  IM  

0,25 Hai tam giác IBQ IQA có góc

BIQ chung, mặt khác IQ IM nên

IQ IA.IB hay IQ IB IA  IQ Suy IBQ ~ IQA

0,25

Từ suy

IAQIQB IQB= s®BQ1

Do IQ tiếp tuyến đường tròn (O')

0,25

b) Tứ giác HKO'O nội tiếp 1,0

Hai điểm O' I cách P, Q nên IO' đường trung trực đoạn thẳng PQ,

IO 'PQ 0,25

Tam giác O 'QI vuông Q QK đường cao IQ2 IK.IO' (1) Tương tự ta chứng minh IM2=IH.IO (2)

Do IM=IQ nên từ (1) (2) suy IH.IO IK.IO' hay IH IK IO ' IO

0,25

Xét hai tam giác IHK IO'O có HIKO 'IO IH IK

IO '  IO nên đồng dạng với 0,25

Do o

IHK IO 'OIO 'OOHK 180

Vậy tứ giác HKO'O nội tiếp đường tròn 0,25

c) Các đường thẳng MN, PQ, AB đồng quy 1,0

Gọi J C giao điểm PQ OO’ với AB Ta có o IKJICO '90

KIJCIO ' nên IKJ~ICO' (g-g) 0,25

Từ suy IK.IO' IJ.IC , mặt khác IH.IO IK.IO' IH.IOIJ.IC hay IH IJ

IC IO

0,25

Hai tam giác IHJ ICO có HIJCIO IH IJ

Trang 1/4 Suy IHJICO90o

Như JH MH vng góc với OI, suy J, H, M thẳng hàng hay MN, PQ,

AB đồng quy J 0,25

5 (2,0 điểm)

a) Tìm tất số nguyên x, y, z thỏa mãn x  y z 0

xyzxyyzzx   x y z 2017 0,5 Ta có

       

x

xyzxyyzzx   x y z 2017 y z1 +y z 1 x z 1  z 1 2018 (x 1)(y 1)(z 1) 2018 2018.1.1 1009.2.1

      

0,25

Không tổng quát, giả sử x   y z nên x 1     y z 1 Do có hai trường hợp xảy

x 2018 y 1 z 1

  

   

    

x 2017 y z

       

0,25

hoặc

x 1009 y z 1

  

   

    

x 1008 y z

       

0,25

Vậy số (x; y;z) thỏa yêu cầu toán là: (2017;0;0), (0;2017;0), (0;0;2017),

(1008;1;0), (1008;0;1), (1;1008;0), (1;0;1008), (0;1;1008), (0;1008;1) 0,25 b) Bên hình vuông cạnh 1, lấy điểm phân biệt tùy ý cho khơng

có điểm chúng thẳng hàng Chứng minh tồn điểm số tạo thành tam giác có diện tích khơng vượt q 1

8.

1,0

Chia hình vng cho thành hình vng nhỏ cạnh

2

D K

H

M

Q P

B

A

C

N

0,25

Trong điểm cho, có điểm nằm hình vng nhỏ (có thể

biên) Giả sử có điểm A, B, C hình vng nhỏ MNPQ 0,25 Khơng tổng qt, giả sử A, B, C xem theo hàng ngang từ trái sang phải,

A B C (hình vẽ)

Qua A vẽ đường thẳng vng góc với MN cắt BC D Vẽ BH CK vng góc với AD (H, K thuộc AD)

0,25

Ta có

ABC ABD ACD

1 1 1

S S S BH.AD CK.AD (BH CK)AD MN.MQ

2 2

        0,25