Tải Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán trường THPT Hùng Vương, Phú Thọ năm 2015 - 2016 (chuyên Toán) - Đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án

b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R... c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

NĂM HỌC 2015-2016 Môn Toán

(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

-Câu 1 (1,5 điểm)

2 4

n  n 2 16a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn và là các

số nguyên tố thì n chia hết cho 5.

x  y x y  x b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Câu 2 (2,0 điểm)



a) Rút g n bi u th c: ọ ể ứ ﾧ

x 2 x 3 x4 x5 m b) Tìm m để phương trình: có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 3 (2,0 điểm)

2

x  x  x  x a) Giải phương trình:





 b) Giải hệ phương trình:

Câu 4 (3,5 điểm)

3

BCR BC ABE ACF Cho đường tròn (O; R) và dây cung cố định Điểm A di động trên cung lớn sao cho tam giác ABC nhọn Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và

F là điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác và cắt nhau tại

K (K không trùng A) Gọi H là giao điểm của BE và CF.

BKC a) Chứng minh KA là phân giác trong góc và tứ giác BHCK nội tiếp.

b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R.

c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 5 (1,0 điểm)

1

x  y  z  Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức:

P

-

HẾT -ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh: Số báo

danh:

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

I Một số chú ý khi chấm bài

 Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, cán bộ chấm thi cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm

 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 làm tròn số

II Đáp án-thang điểm

Câu 1 (1,5 điểm)

2 4

n  n 2 16a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn và là các số

nguyên tố thì n chia hết cho 5.

x  y x y  x b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

a) (0,5 điểm)

2

m Ta có với mọi số nguyên m thì chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4.

2

n n2 5k 1 n2 4 5k5 5; k*.+ Nếu chia cho 5 dư 1 thì

2 4

n  nên không là số nguyên tố

0,25

2

n n2 5k 4 n216 5 k20 5; k*.+ Nếu chia cho 5 dư 4 thì

2 16

n  nên không là số nguyên tố

2 5

n  Vậy hay n chia hết cho 5.

0,25

b) (1,0 điểm)

x  y x y  x  x  y x y  

'

 Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì theo y phải là số chính phương

0,25

'

  ' 0;1;4 chính phương nên

0,25

4

x

x





 + Nếu thay vào phương trình (1) ta có :

1

y y

y





 + Nếu

0,25

3

y  x2 8x16 0  x 42  0 x4.+ Với thay vào phương trình (1) ta có:

1

y  x2  0 x0.+ Với thay vào phương trình (1) ta có:

x y ;   0;1 ; 4;1 ; 4;3 ; 0; 1         

Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên :

0,25

Câu 2 (2,0 điểm)



a) Rút g n bi u th c: ọ ể ứ ﾧ

x 2 x 3 x4 x5 m b) Tìm m để phương trình: có 4 nghiệm phân biệt.

a) (1,0 điểm)

0,25

2

2

0,25

2

15 3 5 5 5 5 15 3 5 5 5 5 2

25 5



20

20

2

b) (1,0 điểm)

x 2 x 3 x4 x5 m (x22x 8)(x22x15)m 1 Phương trình 0,25

x  x  x y y Đặt phương trình (1) trở thành:

 y 9 y 16 m y2  25y144 m0 (2) 0

y  x12 y  Nhận xét: Với mỗi giá trị thì phương trình: có 2 nghiệm phân biệt,

do đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệtphương trình (2) có 2 nghiệm dương phân

biệt

0,25

49

4

m



49

144

Vậy với thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt 0,25

Câu 3 (2,0 điểm)

2

x  x  x  x a) Giải phương trình:





 b) Giải hệ phương trình:

a) (1,0 điểm)

1

x  Điều kiện: (*)

0,25

1

x x y y 1 **  2

y  y  Đặt (Điều kiện:), phương trình trở thành 0,25

3

y

y





1

y  +Với không thỏa mãn điều kiện (**).

3

y  + Với ta có phương trình:

0,25

2 2

3

5

x

x









2

x  thỏa mãn điều kiện (*) Vậy phương trình có nghiệm

b) (1,0 điểm)

3 2





0,25

Từ phương trình (1) ta có

0,25

2

x xy y





 



0,25

x xy y   x     x y

0

x y Với không thỏa mãn phương trình (2)

2

x y+ Trường hợp 2: thay vào phương trình (2) ta có:





x y ;   2;1 ; 2; 1     

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm

0,25

Câu 4 (3,5 điểm)

3

BCR BC ABE ACF Cho đường tròn (O; R) và dây cung cố định Điểm A di động trên cung lớn sao cho tam giác ABC nhọn Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác và cắt nhau tại K (K không trùng A) Gọi H là giao điểm của BE và CF.

BKC a) Chứng minh KA là phân giác trong góc và tứ giác BHCK nội tiếp.

b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R.

c) Chứng minh AK luôn đi qua điểm cố định.

a) (1,5 điểm)

AKBAEB AB Ta có (vì cùng chắn cung của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)

ABEAEB AKBABEMà (tính chất đối xứng) suy ra (1)

AKCAFC AC (vì cùng chắn cung của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)

ACF AFC AKCACF (tính chất đối xứng) suy ra (2)

0,5

AKBAKC BAC  ABE ACF Mặt khác (cùng phụ với ) (3) Từ (1), (2) , (3) suy ra

Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB.

3

BCR

2

BOC  BAC  BOC

Ta có nên Trong tam giác vuông ABP

APB BAC   ABP ABEACF 300có hay

0,25

AQH APH 1800  PAQ PHQ  1800  PHQ 1200 BHC 1200Tứ giác APHQ

30

AKCABE  AKBACF ABE300Ta có , (theo chứng minh phần a)

BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE  BHC BKC  1800Mà suy ra

nên tứ giác BHCK nội tiếp.

0,25

BCR BKC 600 BAC Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K Ta có

dây cung nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O).

Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, ke KN vuông góc với BC

(N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC

BHCK BHC BCK

S S S  BC HM  BC KN  BC HM KN

Ta có

BHCK

S  BC HI KI  BC KH

 (do HM HI; KNKI ).

0,25

2

KH  R Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra (không đổi)

BHCK

S KH 2R HM KN HK 2 R nên lớn nhất khi và 0,25

2 1

2

BHCK

ABC

 BC Khi HK là đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là

trung điểm của BC nên cân tại A Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn 0,25

c) (0,5 điểm)

BOC BKC  BOC BKC 1800Ta có suy ra

nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn.

0,25

OB OC  BKO CKO BKC Ta có OB=OC=R suy ra hay KO là phân giác góc

BKC theo phần (a) KA là phân giác góc nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định 0,25

Câu 5 (1,0 điểm)

1

x  y  z  Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

P

y



0,25

a b c  a b c , , 0

x  y  z  Đặt thì và

P

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có

3

2

a  a  a  a  a        

2

2

3 3

a



 2 2 2

3

a b c

3

x  y z

3 3

2 Từ (1); (2); (3) ta

có Đẳng thức xảy ra hay Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 0,25

HẾT