Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Hoàng Văn Thụ môn Toán - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Hòa Bình (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Hoàng Văn Thụ môn Toán - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Hòa Bình (Có đáp án và thang điểm)

1. SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI MÔN TOÁN (DÀNH CHO CHUYÊN TOÁN) Ngày thi: 07 tháng 6 năm 2015 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) Câu I (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của các biểu thức sau: 4 8 15 a)A 3 5 1 5 5 b)B 2 2 2 1 2 2 2 1 2) Rút gọn biểu thức: a2 a a2 a C a 1 a a 1 a a 1 Câu II (2,0 điểm) 1 1 1 1 1) Giải phương trình: 3x 1 2x 4 9x 2 5 4x x y z 2) Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình: 3 3 2 x y z Câu III (2,0 điểm) Một vận động viên A chạy từ chân đồi đến đỉnh đồi cách nhau 6km với vận tốc 10km/h rồi chạy xuống dốc với vận tốc 15km/h. Vận động viên B chạy từ chân đồi lên đỉnh đồi với vận tốc 12km/h và gặp vận động viên A đang chạy xuống. Hỏi điểm hai người gặp nhau cách đỉnh đồi bao nhiêu ki-lô-mét, biết rằng B chạy sau A là 15 phút. Câu IV (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính AB và dây MN có độ dài bằng bán kính (M thuộc cung AN, M khác A, N khác B). Các tia AM và BN cắt nhau tại I, các dây AN và BM cắt nhau tại K. 1) Chứng minh rằng: IK vuông góc với AB. 2) Chứng minh rằng:AK.AN+BK.BM=AB2 3) Tìm vị trí của dây MN để diện tích tam giác IAB lớn nhất. Câu V (1,0 điểm) 1) Chứng minh rằng nếu p và (p+2) là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì tổng của chúng chia hết cho 12. x 0, y 0, z 0 1 1 1 2) Cho .Chứng minh rằng: 1 xyz 1 x y 1 y z 1 z x 1 Hết
2. SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (DÀNH CHO CHUYÊN TOÁN) (Hướng dẫn chấm này gồm có 03 trang) Câu I (2,0 điểm) Phần Nội dung Điểm ý 1 4 8 15 0,5đ A 3 5 1 5 5 4(3 5) 8(1 5) 15 5 3 5 2 2 5 3 5 5 4 4 5 0,5đ B 2 2 2 1 2 2 2 1 ( 2 1 1)2 ( 2 1 1)2 2 1 1 1 2 1 2 2 a2 a a2 a 0,5đ C a 1 (DK : a 0) a a 1 a a 1 a ( a)3 1 a ( a)3 1 C a 1 a a 1 a a 1 a( a 1) a( a 1) a 1 0,5đ a a a a a 1 ( a 1)2 Câu II (2,0 điểm) Phần Nội dung Điểm ý 1 1 1 1 1 1 2 5 0,25đ : ĐK: x , x 2, x , x 3x 1 2x 4 9x 2 5 4x 3 9 4 5x 3 5x 3 0,25đ Ta có pt: (3x 1)(2x 4) (9x 2)(5 4x)
3. 3 3 0,5đ x x 5 5 2 2 (3x 1)(2x 4) (9 x 2)(5 4 x) 6x 12x 2x 4 36x 45x 8x 10 3 x (TM ) 5 6 x (TM ) 7 1 x (TM ) 6 Vậy phương trình đã có có 3 nghiệm phân biệt như trên. 2 Ta có: x3 y3 (x y)2 (x y)(x2 xy y2 x y) 0 0,25đ Vì x, y nguyên dương nên x+y 0, ta có: x2 xy y2 x y 0 2(x2 xy y2 x y) 0 0,25đ (x y)2 (x 1)2 (y 1)2 2 Vì x, y nguyên nên có 3 trường hợp: 0,25đ x y 0 2 + Trường hợp 1: (x 1) 1 x y 2, z 4 2 (y 1) 1 x 1 0 2 + Trường hợp 2: (x y) 1 x 1, y 2, z 3 2 (y 1) 1 y 1 0 2 + Trường hợp 3: (x y) 1 x 2, y 1, z 3 2 (x 1) 1 Vậy hệ có 3 nghiệm (1,2,3);(2,1,3);(2,2,4) 0,25đ Câu III (2,0 điểm) Phần Nội dung Điểm ý Gọi điểm 2 vận động viên gặp nhau cách đỉnh đồi x km (x>0) 0,25đ 6 x 1 0,25đ Thời gian B đã chạy là . Đổi 15p = (giờ) 12 4 6 3 0,25đ Thời gian A đã chạy từ chân đồi đến đỉnh đồi là (giờ) 10 5 x 0,25đ Thời gian A đã chạy từ đỉnh đồi đến chỗ gặp nhau là . 15 1 6 x x 3 0,5đ Ta có phương trình 4 12 15 5 Giải phương trình được x= 1(km) . KL 0,5đ Câu IV (3,0 điểm) Phần Nội dung Điểm
4. ý 1 Ta thấy AN BI ,BM AI , nên K là trực tâm tam giác IAB. Do đó IK AB 1,0đ 2 Vì AEK∽ ANB ∽ nên AK. AN =AE .AB 0,25đ Tương tự vì BEK∽ BMA ∽ nên BK .BM =BE. BA 0,25đ Vậy AK.AN+BK.BM=AE.AB+BE.BA=AB2 0,5đ 3 Chỉ ra sđ MN=60o nên tính được AIB=60o , do đó điểm I thuộc cung chứa góc 60o dựng trên 0,5đ đoạn AB. Diện tích tam giác IAB lớn nhất khi IE lớn nhất (IE là đường cao của tam giác IAB), khi đó I 0,5đ nằm chính giữa cung chứa góc 60o dựng trên đoạn AB tương ứng với MN song song với AB. Câu V (1,0 điểm) Phần Nội dung Điểm ý 1 Ta có: p+(p+2)=2(p+1) 0,25đ Vì p lẻ nên ( p 1)2 2( p 1)4 (1) Vì p, (p+1), (p+2) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có ít nhất một số chia hết cho 3, mà p và (p+2) 0,25đ nguyên tố nên ( p 1)3 (2) Từ (1) và (2) suy ra  p ( p 2)12 (đpcm) 2 x a3 0,25đ 3 x, y, z 0 a,b,c 0 Đặt y b , vì xyz 1 abc 1 3 z c Ta có a b c x y 1 a3 b3 1 (a b)(a2 ab b2 ) 1 (a b)ab 1 ab(a b c) c Do đó 0,25đ 1 c x y 1 a b c Tương tự ta có
5. 1 a y z 1 a b c 1 b z x 1 a b c Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế ta có đpcm. * Chú ý: Các lời giải đúng khác đều được xem xét cho điểm tương ứng.