Đang tải... (xem toàn văn)
Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm.. Điểm bài thi là tổng điểm các câu không [r]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 Mơn Tốn (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,5 điểm) 2 a) Chứng minh số nguyên n lớn thoả mãn n n 16 số nguyên tố n chia hết cho b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y ( x y ) 2( x 1) Câu (2,0 điểm) A a) Rút gọn biểu thức: 3 2 3 b) Tìm m để phương trình: Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3 2 3 x x 3 x x m có nghiệm phân biệt x x 2 x x b) Giải hệ phương trình: Câu (3,5 điểm) x3 xy 10 y 0 2 x y 10 Cho đường tròn (O; R) dây cung BC R cố định Điểm A di động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Gọi E điểm đối xứng với B qua AC F điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE ACF cắt K (K không trùng A) Gọi H giao điểm BE CF a) Chứng minh KA phân giác góc BKC tứ giác BHCK nợi tiếp b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác theo R c) Chứng minh AK qua một điểm cố định Câu (1,0 điểm) 1 1 y z Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: x Tìm giá trị nhỏ biểu thức: y2 z2 z x2 x2 y P x y z y z x2 z x2 y HẾT Họ tên thí sinh: Sớ báo danh: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn) (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC I Một số ý chấm Hướng dẫn chấm thi dưới dựa vào lời giải sơ lược một cách, chấm thi, cán bộ chấm thi cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lơ-gic chia nhỏ đến 0,25 điểm Thí sinh làm theo cách khác với Hướng dẫn mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm Hướng dẫn chấm Điểm thi tổng điểm câu khơng làm trịn số II Đáp án-thang điểm Câu (1,5 điểm) 2 a) Chứng minh số nguyên n lớn thoả mãn n n 16 số nguyên tố n chia hết cho b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y ( x y ) 2( x 1) Nội dung Điểm a) (0,5 điểm) Ta có với số nguyên m m chia cho dư , 2 * + Nếu n chia cho dư n 5k n 5k 5; k 0,25 nên n không số nguyên tố 2 * + Nếu n chia cho dư n 5k n 16 5k 205; k nên n 16 không số nguyên tố Vậy n 5 hay n chia hết cho b) (1,0 điểm) x y ( x y ) 2( x 1) x 2( y 1) x 2( y 1) 0 (1) Để phương trình (1) có nghiệm ngun x ' theo y phải số phương ' y y y y y 4 y 1 4 Ta có ' phương nên ' 0;1; 4 ' 4 y 1 0 y 1 + Nếu thay vào phương trình (1) ta có : x 0 x x 0 x x 0 x 4 + Nếu ' 1 y 1 3 y 0,25 0,25 0,25 0,25 y 3 ' 0 y 1 4 y + Nếu x x 16 0 x 0 x 4 + Với y 3 thay vào phương trình (1) ta có: + Với y thay vào phương trình (1) ta có: x 0 x 0 0,25 Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên : Câu (2,0 điểm) A a) Rút gọn biểu thức: 3 x; y 0;1 ; 4;1 ; 4;3 ; 0; 1 2 3 b) Tìm m để phương trình: 3 2 3 x x 3 x x m có nghiệm phân biệt Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) A 2(3 5) 4 62 2(3 4 5) 0,25 6 3 3 2 ( 1) ( 1)2 (3 5)(5 5) (3 5)(5 2 (5 5)(5 5) 20 2 2 20 Vậy A 2 2 5 5 15 5 15 5 5) 2 25 0,25 0,25 0,25 b) (1,0 điểm) x x 3 x x m ( x x 8)( x x 15) m 1 Phương trình 0,25 Đặt x x x 1 y y 0 , phương trình (1) trở thành: y y 16 m y 25 y 144 m 0 (2) x 1 y Nhận xét: Với mỗi giá trị y phương trình: có nghiệm phân biệt, phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có nghiệm dương phân biệt ' ' 4m 49 49 m 144 ⇔ S 25 P 144 m 49 m 144 Vậy với phương trình (1) có nghiệm phân biệt Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 0,25 0,25 0,25 x x 2 x x x xy 10 y 0 x y 10 b) Giải hệ phương trình: Nội dung a) (1,0 điểm) Điều kiện: x 1 (*) x x 2 x x x x x x 2( x x 1) 0 Ta có: y 1 ** Đặt x x y (Điều kiện: ), phương trình trở thành y y 0 Điểm 0,25 0,25 y y y 0 y 1 y 3 0 y 3 +Với y không thỏa mãn điều kiện (**) + Với y 3 ta có phương trình: 0,25 x 3 x 3 x 3 x x 9 x x x x 10 0 x x 3 thỏa mãn điều kiện (*) Vậy phương trình có nghiệm x 2 b) (1,0 điểm) x xy x y y 0 (1) x3 xy 10 y 0 2 2 x y 10 (2) x y 10 Từ phương trình (1) ta có x3 xy x y y 0 x xy x y y 0 x x y x y xy 3xy y 0 x y x xy y x 2 2 y x xy y 2 x 3 x 2 x x 5 0,25 0,25 0,25 0 x 2 y 2 0 x xy y 0 0,25 y 11 y x xy y 0 x 0 x y 0 + Trường hợp 1: Với x y 0 không thỏa mãn phương trình (2) + Trường hợp 2: x 2 y thay vào phương trình (2) ta có: y 1 x 2 y y 12 y 1 y x 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm Câu (3,5 điểm) 0,25 x ; y 2;1 ; 2; 1 Cho đường tròn (O; R) dây cung BC R cố định Điểm A di động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Gọi E điểm đối xứng với B qua AC F điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE ACF cắt K (K không trùng A) Gọi H giao điểm BE CF a) Chứng minh KA phân giác góc BKC tứ giác BHCK nợi tiếp b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác theo R c) Chứng minh AK ln qua điểm cố định Nội dung Điểm a) (1,5 điểm) Ta có AKB AEB (vì cùng chắn cung AB đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB) Mà ABE AEB (tính chất đối xứng) suy AKB ABE (1) AKC AFC (vì cùng chắn cung AC đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) ACF AFC (tính chất đối xứng) suy AKC ACF (2) Mặt khác ABE ACF (cùng phụ với BAC ) (3) Từ (1), (2) , (3) suy AKB AKC hay KA phân giác góc BKC Gọi P, Q giao điểm BE với AC CF với AB 1 BOC 1200 ; BAC BOC 600 Ta có BC R nên Trong tam giác vuông ABP 0 có APB 90 ; BAC 60 ABP 30 hay ABE ACF 30 Tứ giác APHQ có AQH APH 1800 PAQ PHQ 1800 PHQ 1200 BHC 1200 (đối đỉnh) 0 Ta có AKC ABE 30 , AKB ACF ABE 30 (theo chứng minh phần a) 0 Mà BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE 60 suy BHC BKC 180 nên tứ giác BHCK nội tiếp b) (1,5 điểm) Gọi (O’) đường tròn qua bốn điểm B, H,C, K Ta có dây cung BC R 3, BKC 600 BAC nên bán kính đường trịn (O’) bán kính R đường trịn (O) Gọi M giao điểm AH BC MH vng góc với BC, ke KN vng góc với BC (N tḥc BC), gọi I giao điểm HK BC 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 1 S BHCK S BHC S BCK BC.HM BC.KN BC HM KN 2 Ta có 1 S BHCK BC ( HI KI ) BC.KH 2 (do HM HI; KN KI ) Ta có KH dây cung đường tròn (O’; R) suy KH 2 R (không đổi) nên S BHCK lớn KH 2 R HM KN HK 2 R S BHCK R 3.2 R R Giá trị lớn Khi HK đường kính đường trịn (O’) M, I, N trùng suy I trung điểm BC nên ABC cân A Khi A điểm cung lớn BC c) (0,5 điểm) Ta có BOC 120 ; BKC 60 suy BOC BKC 180 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường trịn Ta có OB=OC=R suy OB OC BKO CKO hay KO phân giác góc BKC theo phần (a) KA phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK qua O cố định Câu (1,0 điểm) 1 1 y z Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: x Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 1 x y z 1 y x z 0,25 0,25 1 z y x Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho số dương ta có 2a 1 a 1 a 2 2 a a 2a (1 a )(1 a ) 2 27 2 a 3 a(1 a ) a (1) a(1 a ) 3 b2 3 c2 3 b (2); c (3) 2 b (1 b ) c (1 c ) Tương tự: hay x y z 0,25 Điểm Ta có 1 a; b; c 2 y z Đặt x a, b, c a b c 1 a b c a2 b2 c2 P b c2 c2 a a b2 a a b b2 c c Từ (1); (2); (3) ta có 0,25 y2 z2 z x2 x2 y2 x y z y z x2 z x2 y Nội dung P 0,25 3 3 a b c a b2 c 2 Đẳng thức xảy 3 Vậy giá trị nhỏ P P 0,25 0,25 0,25 0,25 HẾT ... coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015- 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Dành cho thí sinh thi. .. x x 10 0 x x 3 thỏa mãn điều kiện (*) Vậy phương trình có nghiệm x 2 b) (1,0 điểm) x xy x y y 0 (1) x3 xy 10 y 0 2 2 x y 10 (2) x y ? ?10 Từ... gồm 05 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC I Một số ý chấm Hướng dẫn chấm thi dưới dựa vào lời giải sơ lược một cách, chấm thi, cán bộ chấm thi cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết,