ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 2016 Môn: Toán (Chuyên Tin)

Câu 1 (2,0điểm). a) Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn . Tính giá trị của biểu thức: b) Cho và . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: . Câu 2 (2,5điểm). a) Giải phương trình . b) Giải hệ phương trình Câu 3 (2,0điểm). a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn: và . Chứng minh: .

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Toán (Chuyên Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0điểm).

a) Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn a ab  6b 0

Tính giá trị của biểu thức: A a b .





b) Cho xy 0 và x y 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 13

P

x y xy



 

Câu 2 (2,5điểm).

a) Giải phương trình x2 3x 4 x2  x 6 24

b) Giải hệ phương trình

3

xy x y









Câu 3 (2,0điểm).

a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn: 1 a b c, , 2 và a b c  0

Chứng minh:ab bc ca  3

b) Tìm tất cả các cặp hai số nguyên x y;  thỏa mãn: x4  x3  1 y2

Câu 4.(3,5điểm) Trên nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R là độ dài cho

trước) lấy hai điểm M N (M N khác A và B) sao cho M thuộc cung AN và tổng các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng R 3

a) Tính độ dài đoạn thẳng MN theo R

b) Gọi I là giao điểm của AN và BM, K là giao điểm của AM và BN Chứng

minh bốn điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn Tính bán kính của

đường tròn đó theo R

c) Tìm giá tri lớn nhất của diện tich tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi trên nửa đường tròn (O) nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán

-HẾT -Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2:

UBND TỈNH HÀ NAM

CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Toán (Chuyên Tin)

ĐỀ DỰ BỊ

( Bản Hướng dẫn chấm thi gồm có 04 trang )

Câu 1

a)

1,0

Điểm

a a 3 b 2 b a 3 b 0 a 2 b a 3 b 0

Vì a, b dương nên a 2 b 0    a  3 b  a 9b  0.25 Thay a 9b  vào P ta được P 10

13

b)

1,0

điểm

Ta có x + y = 1 suy ra x3 + y3 + xy = (x+y)(x2 + y2 –xy) + xy = x2 +

2 2

2

2

  

           

        

0.25

Đẳng thức xảy ra 1

2

   Vậy 3 3

x y xy nhỏ nhất bằng 1

2 1

2

  

0.25

Suy ra 3 3

1

P



  lớn nhất bằng 2 1

2

Câu 2

a)

1,25

điểm

Đặt y = x2  2x 3 Phương trình trở thành y(y-5) = 24

8

y y





  



0.5

0; 2

1 2 3

x

 

 

b)

1,5

điểm Hệ đã cho 

2

1 ( 1) 4









0.25

Đặt u x  1,v y 1

Hệ đã cho trở thành

4

uv











, ĐK : u v 11



 (*)

0,25

 2 2   2 2 2 2 

4

uv





 

8

uv





 

 



4 4

uv

u v





 

 

 u v u v 22

 

 ( TM(*)Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là:

;

0.25

Câu 3

a)

1,0

điểm

Từ giả thiết a, b, c   1; 2 ta có a  1 0;a 2 0  0.25

Do đó (a 1)(a 2) 0   a2  a 2 0 

Tương tự b2  b 2 0;  c2  c 2 0  0.25 Suy ra a2 b2 c2  (a b c  ) 6 0    a2 b2 c2  6 (a b c   0) 0.25

2

b)

1,0

điểm

+) Nếu x 0 thay vào phương trình ta được y 1

+) Nếu x  1 y2  3 vô nghiệm

+) Nếu x  1 y2   1 y 1

0.25

+) Nếu x 2 ta có

 2  2  2

4y  4x  4x   4 2x  x 1  2y  2x  x 1

2y 2x x 4x 4x x 4x 4x 4 x 2

3

y

 

0.25

+) Nếu x 2, đặt tx 2 Khi đó ta có y2  t4 t3  1

 2  2  2

4y 4t 4t 4 2t t 1 2y 2t t 1

2y 2t t 4t 4t 4 4t 4t t t 2

           (do t 2)

5

y

 

0.25

Kết luận ( ; ) (0;1);(0; 1);(1;1);(1; 1x y    );(2;3);(2; 3);( 2;5);( 2    ; 5  ) 0.25

Câu 4

1,0

điểm

P

H O' K

I

B'

A'

N

M

Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên đường

thẳng MN Gọi H là trung điểm đoạn thẳng MN thì OH MN 0.5 Xét hình thang AA’B’B có OH là đường trung bình nên

' '

R

2

2

0.5

b)

1,25

điểm

Ta có AMB ANB   90 0  KMI KNI  90 0 0.25 Suy ra bốn điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn đường

Vì MN = R nên tam giác OMN đều

2

Gọi O’ là trung điểm của IK thì O’ là tâm của đường tròn đi qua

bốn điểm M, N, I, K

và R’ = O’M là bán kính của đường tròn này

0.5

3

R

c)

1,0

điểm

Gọi P là giao điểm của IK và AB, do I là trực tâm của tam giác

KAB nên KI AB, nên KP là đường cao tam giác KAB hạ từ K

Do O, O’ nằm trên trung trực đoạn MN, nên O, O’, H thẳng hàng

Xét tam giác MOO’ có OMO ' 90  0MOO ' 30 ;  0 MO O '  60 0

Suy ra ' 2 ' 2

3

R

0.25

Tam giác KAB có AB không đổi nên nó có diện tích lớn nhất khi

KP lớn nhất

Ta có ' ' 2 3

3 3

Đẳng thức xảy ra khi P O  OO' AB MN AB//  KABcân tại

2

KAB

Kết luận diện tích tam giác KAB lớn nhất bằng 2

3R khi và chỉ khi MN//AB (hay KABđều)

0.5

Chú ý: Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tương đương.