9 đề thi chính thức vào 10 môn toán hệ chuyên THPT chuyên trần phú hải phòng năm 2015 2016 (có lời giải chi tiết)

Hai tia BA và CD cắt nhau tại K.. Các đường phân giác trong của các góc BKC và góc BLA cắt nhau tại I.. AC c Các đường phân giác trong của góc BKC, góc BLA và đường thẳng MN đồng quy Bài

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI PHÒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

CHUYÊN TRẦN PHÚ NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: TOÁN (Chuyên)

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

(Đề thi gồm: 01 trang)

Bài 1: (2,0 điểm)

M

Chứng minh M > 8,  x 0,x4 Tìm x để 9

M nhận giá trị nguyên.

b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2(m – 3)x + 4m + 8 (m là tham số) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1) và B(x2; y2) sao cho biểu thức

T = x1x2 + y1 + y2 =đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 2: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình

3 2

10

b) Giải hệ phương trình

2 2

2 4

1 0

x xy







Bài 3: (3,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O Hai tia BA và CD cắt nhau tại K Hai tia AD và BC cắt nhau tại I Gọi M,N lần lượt là trung điểm AC và BD Các đường phân giác trong của các góc BKC và góc BLA cắt nhau tại I Chứng minh:

a) DKL + DLK = ABC và KIL = 90o

b) KM BD = KN AC và LM BD = LN AC

c) Các đường phân giác trong của góc BKC, góc BLA và đường thẳng MN đồng quy

Bài 4 (1,0 điểm)

Cho x, y, z là ba số thực dương Chứng minh:

 

Bài 5 (2,0 điểm)

a) Tìm các số x,y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16(x3 y3) 15 xy371

b) Trung tâm thành phố Hải Phòng có tất cả 2016 bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao gồm 670 bóng đèn ánh sáng trắng 672 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 674 bóng đèn ánh sáng vàng sậm Người ta thực hiện dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: Mỗi lần người ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng 2 bóng đèn thuộc loại còn lại Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được tất cả các bóng đèn đều thuộc cùng một loại không?

-Hết -ĐÁP ÁN

Bài 1.

a) Với x > 0, x ≠ 4, ta có:

4

M

x











4

2

x

x

x





8

M

M

    Để 9

M nhận giá trị nguyên thì

9

M =1 M = 9

9

16 4

x

x x





(thỏa mãn)

Vậy x ∈ {1;16} là giá trị cần tìm

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệtA x y và( ; )1 1 B x y ( ; )2 2 (1) có hai nghiệm phân biệt

2 2

2

m

      

Ta có x1, x2 là hai nghiệm của (1) Theo định lí Vi–ét ta có:

1 2







Do A, B ∈ (P) ⇒

2

2









2

2

2

2

2

4

5

2

m

m

     

Dấu bằng xảy ra ⇔ m =5

2 Vậy T nhỏ nhất ⇔ m =5

2

Bài 2.

a)

3

2

10

ĐK: x ≠ 0

3

x

t

x

  , ta có:

3 8

       Phương trình (1) trở thành

2

2

( 2)(3 4) 0

 

2 2

4

2 3

t

x

x x





(thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là3 21;3 21;6; 2 

b) Giải hệ phương trình

2 2

1 0(2)

x xy







Từ (3) xy x 2  1 0 x0

2

Mà| | 0x  | | 2y   y2 4 (*)

Từ (2) ⇒4 y2 |xy 2 | 0  y24 (**)

Từ (*) và (**) ⇒ y2  4 y2

 y = 2 Thay vào (2) ⇒ x = 1 Thử lại (1;2) là nghiệm của hệ

 y = –2 Thay vào (2) ⇒ x = –1 Thử lại (–1;–2) là nghiệm của hệ

Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;2), (–1;–2)

Bài 3.

a) Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên KDA = ABC (góc ngoài và góc trong đối diện) Xét ∆ KDL với góc ngoài KDA ta có: KDA = DKL + DLK

Do đó: DKL + DLK = ABC

Xét ∆ IKL có

Xét ∆ KAD với góc ngoài BAD, có:

90 90

o o

o

BKD ABC BKD KDA BAD

IKL ILK

KIL

b) Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên

~ ( )

2 2

KBD KCA

KBD KCA g g

KDN KAM c g c

KN CA KM BD



  



  

Chứng minh tương tự ta có LM.BD = LN.AC

c) Ta chứng minh I ∈ MN từ đó suy ra đpcm

Từ kết quả câu b ta cóKM LM AC k

KN LN AD 

⇒ KI là tia phân giác của góc MKN

Chứng minh tương tự ta cũng có LI là tia phân giác của góc MLN

Gọi I1, I2lần lượt là giao điểm của KI, LI với MN

Theo tính chất phân giác trong tam giác KMN, ta có

I1∈ đoạn MN và 1

1

k

Tương tự ta có: I2∈ đoạn MN và 2

2

I M

k

Từ (1) và (2) ⇒ I1 I2 I

⇒ đpcm

Bài 4.

Với x, y, z dương, ta có:

Tương tự ta có:

Suy ra

P

Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có:

Ta có 2 BĐT tương tự

2













Cộng từng vế của 3 BĐT trên, ta có

 

Từ (*) và (**) ⇒

 

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1

Bài 5.

a)16(x3 y3) 15 xy371 (1)

Vì x, y ∈ ℕ * nên từ (1) ⇒16(x3 y3) 15 xy371 0  x3 y3 xy

Mặt khác từ(1) 15xy16(x3 y3) 371 là số lẻ, suy ra x, y lẻ

Suy ra y ≥ 1, x > y ≥ 1 ⇒ x ≥ 3 Xét hai trường hợp:

 x = 3 ⇒ y < 3 ⇒ y = 1 Thử lại ta có (x; y) = (3;1) thỏa mãn (1)

x ≥ 5 Ta có: x – 2 ≥ y Suy ra

2

16(6 12 8)

Mặt khác:

2

15 371 15 ( 2) 371

Ta chứng minh

2

2

( 1)( 3) 0

(đúng ∀ x ≥ 5)

Suy ra 3 3

16(x  y ) 15 xy371 với mọi x ≥ 5

Vậy (x;y) = (3;1) là cặp số duy nhất thỏa mãn bài toán

b) Xét số lượng ba loại bóng đèn ban đầu là 670, 672 và 674

Ta có: 670 chia 3 dư 1

672 chia 3 dư 0

674 chia 3 dư 2

⇒ Mỗi loại bóng đèn có số bóng khi chia 3 cho các số dư khác nhau 0, 1, 2 (*)

Sau mỗi bước thay bóng đèn, số bóng đèn mỗi loại giảm đi 1 hoặc tăng thêm 2, khi đó số dư của chúng khi chia cho 3 thay đổi như sau: dư 1 –> dư 0; dư 2 –> dư 1; dư 0 –> dư 2

Suy ra khẳng định (*) luôn đúng sau mỗi bước thay bóng

Do đó: Luôn luôn chỉ có 1 loại bóng đèn có số lượng bóng chia hết cho 3

Giả sử đến một lúc nào đó tất cả bóng đèn cùng một loại, thì số bóng đèn của 2 loại kia đều là 0 và chia hết cho

3, mâu thuẫn

Vậy không thể thay bóng theo quy trình như trên để tất cả bóng đèn cùng một loại