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

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

1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH PHƯỚC Năm học: 2015-2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi môn: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ Câu 1. 1 3 a 5 ( a 1)2 P . 1 Với a 0,a 1. a 1 a a a a 1 4 a 1) Rút gọn: P 2) Đặt Q (a a 1).P . Chứng minh Q 1 2 2 Câu 2. Cho phương trình x 2(m 1)x m 0 (1) Tìm m để pt có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn 2 (x1 m) x2 m 2 (2) Câu 3. 1) Giải pt (x 1) 2(x2 4) x2 x 2 (1) 1 x x2 xy 2y2 (1) 2) Giải hpt x y 2 ( x 3 y)(1 x 3x) 3 (2) Câu 4 Giải pt trên tập số nguyên x2015 y(y 1)(y 2)(y 3) 1 (1) Câu 5. Cho tam giác ABC nhọn AB AC nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Gọi M là trung điểm của BC. 1) Chứng minh rằng: AH 2.OM 2) Dựng hình bình hành AHIO . Gọi J là tâm Đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng: OI.OJ R2 3) Gọi N là giao điểm của AH và đường tròn tâm O (N khác A). Gọi D là điểm bất kỳ trên cung nhỏ NC của đường tròn tâm O (D kác N và C ). Gọi E là điểm đối xứng với D qua AC, K là giao điểm của AC và HE. Chứng minh rằng: ·ACH ·ADK. Câu 6. 1) Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng: (1 a)(1 b) 1 ab 2) Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a b ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 P (1 a2 )(1 b2 ) a2 2a b2 2b
2. ( vế phải của pt (1) ta thường hay gặp trong các bài toán giải hệ pt ta cần chú ý) SƠ LƯỢC CÁCH GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN BÌNH PHƯỚC 2015-2016 Câu Nội dung 1 2) Đặt Q (a a 1).P . Chứng minh Q 1 a a 1 a a 1 ( a 1)2 Ta có: Q (a a 1).P 1 1,a 0;a 1. a a a (Cách khác: có thể tách ra rồi sử dụng bđt côsi và xét thấy dấu bằng không xảy ra suy ra Q 1) 2 2 2 Cho phương trình x 2(m 1)x m 0 (1) Tìm m để pt có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn 2 (x1 m) x2 m 2 (2) 1 Pt (1) có hai nghiệm ' 0 m . Khi đó theo vi-ét ta có: x x 2m 2; x x m2 2 1 2 1 2 2 2 Vì x1 là nghiệm của pt (1) nên x1 2(m 1)x1 m thay vào (2) ta được 2x1 x2 m 2 m 0 Từ vi-ét và giả thiết, ta có m(3m 2) m2 1 (thỏa mãn) m 2 m 0 Vậy 1 thỏa mãn ycbt. m 2 3 1) Giải pt (x 1) 2(x2 4) x2 x 2 (1) ĐK: x R x 1 2 Pt (1) (x 1) 2(x 4) (x 2) 0 x 2 x 1 x 2 Vậy pt có cnghiệm x 1 1 x x2 xy 2y2 (1) 2) Giải hpt x y 2 ( x 3 y)(1 x 3x) 3 (2) ( vế phải của pt (1) ta thường hay gặp trong các bài toán giải hệ pt ta cần chú ý) x 0 ĐK: (*) y 0 y x 1 Từ pt (1) suy ra (y x) x 2y 0 1 x 2y 0 y x y x +) Với y x thay vào (2) ta được ( x 3 x)(1 x2 3x) 3 1 x2 3x x 3 x ( x 3 1)( x 1) 0 ( nhân hai vế pt với x 3 x ) ( Ta cũng có thể đặt t x 3 x rồi bình phương hai vế )
3. x 3 1 x 2 (L) x 1 x 1 y 1 1 +) Vì x 0; y 0 nên x 2y 0 vô nghiệm y x Vậy nghiệm của hpt là: x; y 1;1 . 4 Giải pt trên tập số nguyên x2015 y(y 1)(y 2)(y 3) 1 (1) ĐK: y(y 1)(y 2)(y 3) 0 Pt (1) x2015 1 (y2 3y 1)2 1 Đặt: y2 3y 1 a(a Z) Vì x nguyên nên x2015 1 nguyên, suy ra a2 1 k2(k Z) a2 k2 1 (a k)(a k) 1 k 0 y 0 x 1 y2 3y 1 1 y 3 x 1 (y2 3y 1)2 1 ( thỏa mãn) 2 y 3y 1 1 y 1 x 1 y 2 x 1 Vậy pt có 4 nghiệm nguyên x; y : 1;0 , 1; 1 , 1; 2 , 1; 3 . ( Ta thường hay gặp chứng minh biểu thức dưới dấu căn cộng 1 là số chính phương) 6 1) Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng: (1 a)(1 b) 1 ab Ta chứng minh bằng phép biến đổi tương đương 2) Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a b ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 P (1 a2 )(1 b2 ) a2 2a b2 2b 1 1 4 ( Ta cần sử dụng hai bđt phụ sau (1 x)(1 y) 1 xy và nhưng phải chứng minh x y x y hai bđt này mới được điểm tối đa) 4 4 4 Cách1: P 1 ab 1 ab ab 1 a2 2a b2 2b (a b)2 2ab 2(a b) a2b2 4 ab ab 7ab 1 1 7ab 7 7ab 1 3.3 4. . 1 a2b2 16 16 8 16 16 8 4 8 Mặt khác: từ giả thiết, ta có: ab a b 2 ab ab 4 7 7.4 21 21 Do đó P . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi a b 2 4 8 4 4 Bình luận: nếu không có bđt phụ thứ nhất, ta phải nghĩ đến sdụng bđt Bu-nhia-copxki cho biểu thức dưới dấu căn. Còn tổng hai biểu thức nghịch đảo thì quá rõ, sau đó dùng ppháp dồn biến) Cách 2: 1 1 1 1 1 1 P (1 a2 )(1 b2 ) 1 ab a b 1 a2 2a b2 2b a2 2a b2 2b a(a 2) b(b 2) 1 a a 2 1 b b 2 29 7 (a b) a(a 2) 16 32 b(b 2) 16 32 32 8
4. 1 1 1 1 29 7 13 29 3.3 1. . 3.3 1. . (a b) (a b) 16 32 16 32 32 8 8 32 (a b)2 Mặt khác: từ giả thiết, ta có: a b ab a b 4 4 13 29 13 29 21 Do đó P (a b) .4 8 32 8 32 4 21 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng tại a b 2 4 Cách 3: Ta có a b ab (a 1)(b 1) 1 Đặt a 1 x a x 1;b 1 y b y 1; x.y 1 1 1 1 1 Khi đó P 1 ab a b 1 a2 2a b2 2b a(a 2) b(b 2) 1 1 x y 3 (x 1)(x 3) (y 1)(y 3) 5 Cho tam giác ABC nhọn AB AC nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Gọi M là trung điểm của BC. 1) Chứng minh rằng: AH 2.OM 2) Dựng hình bình hành AHIO . Gọi J là tâm Đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng: OI.OJ R2 3) Gọi N là giao điểm của AH và đường tròn tâm O (N khác A). Gọi D là điểm bất kỳ trên cung nhỏ NC của đường tròn tâm O (D kác N và C ). Gọi E là điểm đối xứng với D qua AC, K là giao điểm của AC và HE. Chứng minh rằng: ·ACH ·ADK. Quá trình làm và đánh máy không tránh khỏi sai sót, độc giả tự chỉnh sửa! Tiếp tục cập nhật!