Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lương Văn Tụy môn Toán - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Ninh Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lương Văn Tụy môn Toán - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Ninh Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NINH BÌNH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2015 – 2016 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm) 1 2 x 1 1. Rút gọn biểu thức: A x x x 1 x x 2. Tính giá trị biểu thức: B 3 85 62 7 3 85 62 7 Câu 2. (2,0 điểm) x 2y 2m 1 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình 4x 2y 5m 1 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho parabol (P): y = x2 cắt đường thẳng d: y = mx – 2 tại 2 điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) thỏa mãn y1 y2 2(x1 x2 ) 1 Câu 3. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình x2 9 x2 16 1 x3 4y y3 16x 2. Giải hệ phương trình 2 2 1 y 5(1 x ) Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB,AC,BC. Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF và DF lần lượt tại I và K. 1. Tính số đo góc BIF 2. Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE . a. Khi AM = AB, gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng ba điểm A,O,H thẳng hàng, từ đó suy ra tứ giác ABHI nội tiếp. b. Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của (O), P, Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE và DF. Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ max. Câu 5. (1,0 điểm) 1 1 1 Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện 3 . Chứng minh rằng: a b c a b c 1 (ab bc ca) 3 1 b2 1 c2 1 a2 2
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY – NINH BÌNH Câu 1. 1. Ta có: 1 2 x 1 A x x x 1 x x 1 2 x 1 x( x 1) ( x 1)( x 1) x( x 1) ( x 1) 2 x x ( x 1) x( x 1)( x 1) 2x 2 x x( x 1)( x 1) 2 x( x 1) x( x 1)( x 1) 2 x 1 2 Vậy A= x 1 2. B 3 85 62 7 3 85 62 7 Đặt a 3 85 62 7 ;b 3 85 62 7 a b B Mặt khác: a3 b3 (85 62 7) (85 62 7) 170 ab 3 85 62 7 3 85 62 7 3 852 (62 7)2 3 19683 27 Ta có: B3 (a b)3 a3 b3 3ab(a b) 170 3.27.B B3 81B 170 0 2 (B 2)(B 2B 85) 0 0 B 2 Vậy B=2 Câu 2. x 2y 2m 1 1. (I) 4x 2y 5m 1 x 2y 1 m 2 x 2y 1 3x 2y 1 (I) 4x 2y 1 2 5 m 5 5(x 2y 1) 2(4 x 2 y 1) 3x 6y 7 0
3. Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x0; y0) thì 3x0 6y0 7 0 6y0 7 3x0 3 73 (vô lí) Vậy hệ phương trình không có nghiệm nguyên ∀ m. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d: x2 mx 2 0 (1) (P) cắt d tại hai điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = m2 – 4.2 > 0 ⇔ m2 > 8 ⇔ m > 2 2 hoặc m<- 2 2 Khi đó x1, x2 là nghiệm của (1). Áp dụng định lí Vi–ét ta có x1 + x2 = m; x1x2 = 2. Do A, B ∈ d nên y1 = mx1 – 2 và y2 = mx2 – 2. Ta có: y1 y2 2(x1 x1) 1 mx1 2 mx2 2 2(x1 x2 ) 1 (m 2)(x1 x2 ) 3 0 m(m 2) 3 0 m2 2m 3 0 ⇔ m = –1 (loại) hoặc m = 3 (thỏa mãn) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 3. 1. x2 9 x2 16 1(1) ĐK: x2 ≥ 16 ⇔ x ≥ 4 hoặc x ≤ –4. (I) x2 9 x2 16 1 x2 9 x2 16 2 x2 16 1 6 2 x2 16 3 x2 16 x2 25 0 x 5 (thỏa mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S={–5;5}. x3 4y y3 16x 2. (I) 2 2 1 y 5(1 x ) 4y y3 – Xét x = 0, hệ (I) trở thành y 2 2 y 4 y – Xét x ≠ 0, đặt t y xt . Hệ (I) trở thành x x3 4xt x3t3 16x x3 (t3 1) 4xt 16x x3 (t3 1) 4x(t 4)(1) 2 2 2 2 2 2 2 1 x t 5(1 x ) x (t 5) 4 4 x (t 5)(2) Nhân từng vế của (1) và (2), ta được phương trình hệ quả
4. 4x3 (t3 1) 4x3 (t 4)(t 2 5) t3 1 t3 4t 2 5t 20 (Do x 0) 4t2 5t 21 0 t 3 7 t 4 + Với t = – 3, thay vào (2) được x2 = 1 ⇔ x = ±1. x = 1 thì y = –3, thử lại (1;–3) là một nghiệm của (I) x = –1 thì y = 3, thử lại (–1;3) là một nghiệm của (I) 7 64 + Với t = , thay vào (2) được x2 (loại) 4 31 Vậy hệ (I) có các nghiệm (0;2), (0;–2), (1;–3), (–1;3). Câu 4. 1. Vì BD, BF là các tiếp tuyến của (O) nên OD ⊥ BD, OF ⊥ BF. Xét 2 tam giác vuông OBD và OBF có OB chung   OBD OBF (cạnh huyền–góc nhọn) OBD=OBF(gt) ⇒ BD = BF Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K. Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K. DOE 90o Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cho đường tròn (O), ta có: 1 DFE DOE 45o 2 ⇒ ∆ KIF vuông cân tại K. =>BIF=45o 2. a. Hình chữ nhật ADOE có OD = OE = r nên nó là hình vuông ⇒ AO là trung trực DE (1) Vì AB = AM nên tam giác ABM vuông cân tại A, suy ra ABM 45
5. =>DBH=DFH=45o ⇒ BDHF là tứ giác nội tiếp (2) Vì BDO+BFO=90o+90o=180o nên BDOF là tứ giác nội tiếp (3) Từ (2) và (3) ⇒ 5 điểm B, D, O, H, F nằm trên một đường tròn. =>BHO=BFO=90o ⇒ OH ⊥ BM. Mặt khác ADE=ABM=45o=>DE//BM⇒ OH ⊥ DE Mà OD = OE nên OH là trung trực của đoạn OE (4) Từ (1) và (4) ⇒ A, O, H thẳng hàng. b. Vì DPN+DQN=90o+90o=180o nên DPNQ là tứ giác nội tiếp =>QPN=QDN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN) (5) Mặt khác DENF là tứ giác nội tiếp nên QDN=FEN (6) Từ (5) và (6) ta có FEN=QPN (7) Tương tự ta có: EFN=PQN (8) PQ NQ Từ (7) và (8) suy ra NPQ ~ NEF(g.g) EF NF Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có PQ NQ NQ NF 1 PQ EF EF NF Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng. Do đó PQ max khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O. Câu 5. Ta chứng minh BĐT 1 1 1 (a b c)( ) 9(*) a b c a b b c c a (*) 3 ( ) ( ) ( ) 9 b a c b a c Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương ta có:
6. a b 2 b a b c 2 c b c a 2 a c =>(*) đúng 9 1 1 1 3 a b c 3 a b c a b c Trở lại bài toán: Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có 1 b2 2b Ta có: a ab2 ab2 ab a a a (1) 1 b2 1 b2 2b 2 Tương tự ta có: b bc b (2) 1 c2 2 c ca c (3) 1 a2 2 Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có: a b c 1 a b c (ab bc ca) 1 b2 1 c2 1 a2 2 a b c 1 (ab bc ca) a b c 3 1 b2 1 c2 1 a2 2 =>đpcm Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.