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

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

1. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2015 - 2016 HẢI DƯƠNG Môn thi: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm: 01 trang) Câu I (2,0 điểm) 1) Cho a b 29 12 5 2 5 . Tính giá trị của biểu thức: A a2 (a 1) b2 (b 1) 11ab 2015 2) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn xy (1 x2 )(1 y2 ) 1. Chứng minh rằng x 1 y2 y 1 x2 0. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2x 3 4x2 9x 2 2 x 2 4x 1. 2 2 2x y xy 5x y 2 y 2x 1 3 3x 2) Giải hệ phương trình 2 x y 1 4x y 5 x 2y 2 Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x4 x2 y2 y 20 0. 2) Tìm các số nguyên k để k 4 8k 3 23k 2 26k 10 là số chính phương. Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC. 1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN 2 1 1 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh . AK AB AC 3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. Câu V (1,0 điểm) Cho a,b là các số dương thỏa mãn điều kiện (a b)3 4ab 12. 1 1 Chứng minh bất đẳng thức 2015ab 2016. 1 a 1 b Hết
2. Câu I (2,0 điểm) 1) Cho a b 29 12 5 2 5 . Tính giá trị của biểu thức: A a2 (a 1) b2 (b 1) 11ab 2015 2 a b 29 12 5 2 5 3 2 5 2 5 3 A a3 b3 a2 b2 11ab 2015 (a b)(a2 b2 ab) a2 b2 11ab 2015 3(a2 b2 ab) a2 b2 11ab 2015 4(a2 2ab b2 ) 2015 4(a b)2 2015 2051 2) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn xy (1 x2 )(1 y2 ) 1. Chứng minh rằng x 1 y2 y 1 x2 0. xy (1 x2 )(1 y2 ) 1 (1 x)2 (1 y)2 1 xy (1 x2 )(1 y2 ) (1 xy)2 1 x2 y2 x2 y2 1 2xy x2 y2 x2 y2 2xy 0 (x y)2 0 y x x 1 y2 y 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 0 Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2x 3 4x2 9x 2 2 x 2 4x 1. 1 Pt 2x 3 (x 2)(4x 1) 2 x 2 4x 1. ĐK: x 4 t 2 9 Đặtt 2 8x 4 (x 2)(4x 1) 9 2x (x 2)(4x 1) 4 PTTT t 2 4t 3 0 t 1 hoặc t = 3 TH1. t = 1 giải ra vô nghiệm hoặc kết hợp với ĐK t 7 bị loại 2 TH 2.t 3 2 x 2 4x 1 3. Giải pt tìm được x (TM) 9 2 Vậy pt có nghiệm duy nhất x 9 2 2 2x y xy 5x y 2 y 2x 1 3 3x 2) Giải hệ phương trình 2 x y 1 4x y 5 x 2y 2 ĐK: y 2x 1 0,4x y 5 0, x 2y 2 0, x 1 y 2x 1 0 x 1 0 0 TH 1. (Không TM hệ) 3 3x 0 y 1 1 10 1 TH 2. x 1, y 1 Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được x y 2 (x y 2)(2x y 1) y 2x 1 3 3x
3. 1 (x y 2) y 2x 1 0 . Do y 2x 1 0 y 2x 1 3 3x 1 nên y 2x 1 0 x y 2 0 y 2x 1 3 3x Thay y 2 x vào pt thứ 2 ta được x2 x 3 3x 7 2 x x2 x 2 3x 7 1 2 2 x 3x 6 2 x (x 2)(x 1) 3x 7 1 2 2 x 3 1 (x 2) 1 x 0 3x 7 1 2 2 x 3 1 Do x 1 nên 1 x 0 3x 7 1 2 2 x Vậy x 2 0 x 2 y 4 (TMĐK) Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x4 x2 y2 y 20 0. (1) Ta có (1)  x4 x2 20 y2 y Ta thấy x4 x2 x4 x2 20 x4 x2 20 8x2  x2 (x2 1) y(y 1) (x2 4)(x2 5) Vì x, y ∈ ¢ nên ta xét các trường hợp sau + TH1. y(y 1) (x2 1)(x2 2) x4 x2 20 x4 3x2 2 2x2 18 x2 9 x 3 Với x2 9 , ta có y2 y 92 9 20 y2 y 110 0 y 10; y 11(t.m) + TH2. y(y 1) (x2 2)(x2 3) x4 x2 20 x4 5x2 6 7 4x2 14 x2 (loại) 2 4 + TH3. y(y 1) (x2 3)(x2 4) 6x2 8 x2 (loại) 3 + TH4. y(y 1) (x2 4)(x2 5) 8x2 0 x2 0 x 0 Với x2 0 , ta có y2 y 20 y2 y 20 0 y 5; y 4 Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên (x;y) là : (3;10), (3;-11), (-3; 10), (-3;-11), (0; -5), (0;4). 2) Tìm các số nguyên k để k 4 8k 3 23k 2 26k 10 là số chính phương. Đặt M k 4 8k 3 23k 2 26k 10 Ta có M (k 4 2k 2 1) 8k(k 2 2k 1) 9k 2 18k 9 2 2 2 2 2 2 (k 1) 8k(k 1) 9(k 1) (k 1) . (k 3) 1 M là số chính phương khi và chỉ khi (k 1)2 0 hoặc (k 3)2 1 là số chính phương. TH 1. (k 1)2 0 k 1. TH 2. (k 3)2 1 là số chính phương, đặt (k 3)2 1 m2 (m ¢ )
4. m2 (k 3)2 1 (m k 3)(m k 3) 1 Vì m,k ¢ m k 3 ¢ ,m k 3 ¢ nên m k 3 1 m k 3 1 m 1,k 3 hoặc k 3 m k 3 1 m k 3 1 m 1,k 3 Vậy k = 1 hoặc k = 3 thì k 4 8k 3 23k 2 26k 10 là số chính phương Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC. 1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 90o = > 5 điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO 0,25 => AIN = AMN, AIM = ANM (Góc nội tiếp cùng chắn một cung) AM = AN => ∆AMN cân tại A => AMN = ANM => AIN = AIM => đpcm 2 1 1 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh . AK AB AC 2 1 1 2AB.AC AK(AB AC) AB.AC AK.AI AK AB AC (Do AB+ AC = 2AI) ∆ABN đồng dạng với ∆ANC => AB.AC = AN2 ∆AHK đồng dạng với ∆AIO => AK.AI = AH.AO Tam giác ∆AMO vuông tại M có đường cao MH => AH.AO = AM2 => AK.AI = AM2 . Do AN = AM => AB.AC = AK.AI 3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. Ta có AN  NO, MP  NO, M AN => AN // MP Do đó AMPN là hình bình hành  AN = MP = 2x AN NO 2x2 Tam giác ∆ANO đồng dạng với ∆NEM => NE NE EM R 2x2 TH 1.NE = NO – OE => R R2 x2 2x2 R2 R R2 x2 R Đặt R2 x2 t,t 0 x2 R2 t 2.
5. 2 2 2 2 2 2t R PTTT 2(R t ) R R t 2t Rt R 0 t R Do t 0 t R R2 x2 R x 0 A  B (loại) 2x2 TH 2 NE = NO + OE => R R2 x2 2x2 R2 R R2 x2 R Đặt R2 x2 t,t 0 x2 R2 t 2. 2 2 2 2 2 2t R PTTT 2(R t ) R Rt 2t Rt R 0 t R R 3 Dot 0 2t R 2 R2 x2 R x AO 2R (loại) 2 Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh Câu V (1,0 điểm) Cho a,b là các số dương thỏa mãn điều kiện (a b)3 4ab 12. 1 1 Chứng minh bất đẳng thức 2015ab 2016. 1 a 1 b 3 Ta có12 (a b)3 4ab 2 ab 4ab . Đặtt ab,t 0 thì 12 8t3 4t 2 2t3 t 2 3 0 (t 1)(2t 2 3t 3) 0 Do 2t 2 3t 3 0,t nênt 1 0 t 1 . Vậy 0 ab 1 1 1 2 Chứng minh được ,a,b 0 thỏa mãn ab 1 1 a 1 b 1 ab 1 1 1 1 Thật vậy, BĐT 0 1 a 1 ab 1 b 1 ab ab a ab b b a a b 0 (1 a)(1 ab) (1 b)(1 ab) 1 ab 1 a 1 b ( b a)2 ( ab 1) 0. Do 0 ab 1 nên BĐT này đúng (1 ab)(1 a)(1 b) 2 Tiếp theo ta sẽ CM 2015ab 2016,a,b 0 thỏa mãn ab 1 1 ab 2 Đặtt ab,0 t t ta được 2015t 2 2016 1 t 2015t3 2015t 2 2016t 2014 0 (t 1)(2015t 2 4030t 2014) 0. BĐT này đúng t : 0 t 1 1 1 Vậy 2015ab 2016. Đẳng thức xảy ra a = b = 1 1 a 1 b