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

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

1. ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC: 2015 – 2016 Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Quảng Nam Thời gian: 150 phút Câu 1. (2 điểm) x x 1 x 1 a) Cho biểu thức A (với x ≠ 1; x ≥ 0). Rút gọn A, sau đó tính giá trị A – 1 khi x 1 x 1 x 2016 2 2015 b) Cho A 2 12015 22015 n2015 với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng A chia hết cho n(n + 1) Câu 2. (2 điểm) 6 4 7 3 a) Giải phương trình sau: 0 x2 9 x2 11 x2 8 x2 12 x(x 4)(4x y) 6 b) Giải hệ phương trình: 2 x 8x y 5 Câu 3. (1 điểm) Cho parabol (P): y = ax2 và đường thẳng (d): y = bx + c với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác vuông trong đó a là độ dài cạnh huyền. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có 2 2 hoành độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn x1 x2 2 Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Các tia phân giác các góc EHB, DHC cắt AB, AC lần lượt tại I và K. Qua I và K lần lượt vẽ các đường vuông góc với AB, AC chúng cắt nhau tại M. a) Chứng minh AI = AK. b) Giả sử tam giác nhọn ABC có hai đỉnh B, C cố định, đỉnh A di động . Chứng minh đường thẳng HM luôn đi qua một điểm cố định Câu 5. (2 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Qua A và B lần lượt vẽ các tiếp tuyến d1 và d2 với (O). Từ điểm M bất kì trên (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt d1 tại C và cắt d2 tại D. Đường tròn đường kính CD cắt đường tròn (O) tại E và F (E thuộc cung AM), gọi I là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD. b) Chứng minh MI vuông góc với AB và ba điểm E, I, F thẳng hàng. Câu 6. (1 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 9 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z – (xy + yz + zx)
2. ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 a) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có 3 x 1 x 1 x 1 x x 1 A x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2 x x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 1 A 1 x 1 x 1 Ta có x 2016 2 2015 thỏa mãn điều kiện x ≥ 0 và x ≠ 1 2 Có x 2015 2 2015 1 2015 1 x 2015 1 . Thay vào biểu thức A – 1 ta được: 1 A 1 2015 b) Với 2 số nguyên dương a, b bất kì ta có: a2015 b2015 (a b)(a2014 a2013b ab2013 b2014 ) a2015 b2015 (a b) + Xét trường hợp n là số lẻ Áp dụng khẳng định trên ta có: 2015 2015 2 1 (n 1) n 2015 2015 2 2 (n 2) n 2015 2015 n 1 n 1 2 n 2 2 Suy ra 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 n 1 n 1 A n 2 1 (n 1) 2 2 (n 2) 2 n 2 2 Tương tự 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 n 1 n 3 n 1 n 1 A 2(1 n ) 2 2 (n 1) 2 (n 1) 2 2 2 2 Mặt khác n và n + 1 nguyên tố cùng nhau nên A ⋮ n(n + 1) Tương tự với trường hợp n chẵn ta cũng có A ⋮ n(n + 1) Câu 2 a) Điều kiện: x2 8; x2 9; x2 11; x2 12 Phương trình đã cho tương đương với
3. 6 7 4 3 2 2 2 2 0 x 9 x 8 x 11 x 12 6 x2 8 7 x2 9 4 x2 12 3 x2 11 0 x2 9 x2 8 x2 11 x2 12 x2 15 x2 15 0 x2 9 x2 8 x2 11 x2 12 x2 15 0(2) 1 1 0(3) 2 2 2 2 x 9 x 8 x 11 x 12 Phương trình (2) x 15 (thỏa mãn) Phương trình (3) x2 9 x2 8 x2 11 x2 12 6x2 60 0 x2 10 x 10 (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 15; 10 b) Hệ đã cho tương đương với 2 x 4x . 4x y 6 2 x 4x 4x y 5 Suy ra x2 + 4x và 4x + y là 2 nghiệm của phương trình 2 t 2 t 5x 6 0 (t 2)(t 3) 0 t 3 x2 4x 2 x2 4x 3 Vậy hệ đã cho tương đương với (I) hoặc (II) 4x y 3 4x y 2 x 2 2 y 3 4x 5 4 2 Giải (I): x2 4x 2 (x 2)2 2 x 2 2 y 3 4x 5 4 2 2 x 1 y 2 4x 2 Giải (II): x 4x 3 0 (x 1)(x 3) x 3 y 2 4x 10 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm 2 2;5 4 2 , 2 2;5 4 2 , 1;2 , 3;10 Câu 3 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): ax2 bx c ax2 bx c 0(1) Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác vuông với cạnh huyền là a nên a, b, c > 0, a2 = b2 + c2 (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ b2 4ac 0 (luôn đúng ∀ a, b, c > 0) Gọi 2 giao điểm có hoành độ là x1, x2 , là 2 nghiệm của (1). Theo Viét ta có: b x x 1 2 a c x x 1 2 a
4. 2 2 2 2 2 2 b c b 2ac 2a Xét P x1 x2 2 (x1 x2 ) 2x1x2 2 2. 2 2 a a a Có b2 2ac 2a2 b2 2ac (b2 c2 ) a2 2ac c2 a2 (c a)2 0,a,c,0 c a Suy ra P EHI = DHK = CHK (1) 2 2 Có AIH = 90o – EHI ; AKH = 90o – DHK => AIH = AKH (2) Từ (1) suy ra EHI + EHK = CHK + EHK = 180o => I, H, K thẳng hàng (3) Từ (2) và (3) ⇒ ∆ AIK cân tại A ⇒ AI = AK b) Gọi giao IM và BH là P, giao KM và CH là Q, giao HM và PQ là J, giao HM và BC là N. Ta có: HE EI ∆HEI ~ ∆HDK (g.g) => HD DK HE EB ∆HEB ~ ∆HDC (g.g) => HD DC EI EB EI DK (4) DK DC EB DC EI HP DK HQ Vì IP ⊥ AB, HE ⊥ AB ⇒ IP // HE ⇒ (5). Tương tự (6) EB HB DC HC HP HQ Từ (4), (5), (6) ⇒ PQ // BC HB HC PJ HJ JQ PJ BN Suy ra BN HN NC JQ NC Vì HP // MQ, HQ // PM nên HQMP là hình bình hành ⇒ J là trung điểm PQ ⇒ PJ = JQ ⇒ BN = NC ⇒ N là trung điểm BC Vậy HM luôn đi qua trung điểm BC là điểm cố định. Câu 5
5. a) Vì AC ⊥ AB, BD ⊥ AB ⇒ AC // BD ⇒ ACDB là hình thang Vì CM, CA là tiếp tuyến của (O) nên CM = CA. Tương tự DM = DB Gọi J là trung điểm của CD thì JO là đường trung bình của hình thang ACDB suy ra JO // BD và AC BD CM MD CD OJ IC ID (1) 2 2 2 Vì BD ⊥ AB nên JO ⊥ AB tại O (2) Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn (J) đường kính CD CI CA CM b) Vì CA // BD nên theo định lý Talét ta có: IM // BD IB CD MD Mà BD ⊥ AB nên MI ⊥ AB Gọi P, Q lần lượt là giao của AD và (O), BC và (J) Có APB = CQD = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => DPB = BQD = 90o Suy ra BQPD là tứ giác nội tiếp => PDB = PQI Vì AC // BD nên PDB = IAC PI QI => PQI = IAC => ∆PQI ~ ∆CAI (g.g) => IP.IA IC.IQ CI AI Suy ra phương tích của điểm I đối với 2 đường tròn (O) và (J) là bằng nhau Suy ra I nằm trên trục đẳng phương EF của 2 đường tròn. Vậy I, E, F thẳng hàng. Câu 6 Ta có: x y z 2 x2 y2 z2 2 xy yz zx 9 2 xy yz zx x y z 2 9 xy yz zx 2 9 (x y z)2 P x y z 2
6. 9 t 2 t 2 2t 1 1 Đặt x y z t P t 5 (t 1)2 5 5 2 2 2 x y z 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi chẳng hạn khi x = 1, y = 2, z = –2 2 2 2 x y z 9, Vậy giá trị lớn nhất của P là 5.