Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán (Đề chuyên) - Năm học 2014-2015 - SGD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán (Đề chuyên) - Năm học 2014-2015 - SGD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH HÀ TĨNH NĂM HỌC: 2014-2015 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (ĐỀ CHUYÊN) Thời gian làm bài: 150 phút (Đề chỉ có 1 trang gồm 5 câu) 2 Bài 1: Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình x x 1 0 . Không giải phương trình, chứng minh rằng P(x1) P(x2 ) với P(x) 3x 33x 25 Bài 2: a) Giải phương trình 3 3 x x x y xy 3 b) Giải hệ phương trình 2 2 x 7 y 7 8 x y xy z Bài 3: a) Tìm các số nguyên x, y, z khác 0 thoã mãn 2 2 2 x y z b) Cho a, b, c là 3 số không âm và a + b + c = 1. Tìm GTNN, GTLN của P a b b c c a Bài 4: Cho tam giác ABC vuông ở A có đường cao AH, trên cạnh BC lấy điểm E, F sao cho CE = CA, BF = BA. Gọi I; I1; I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp ABC , ABH, ACH và M là giao điểm của BI và AC. Chứng minh rằng: a) Ba điểm A; I1;E thẳng hàng và IE = IF b) Đường thẳng FM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác II1I2 Bài 5: Trên bảng có ghi hai số 1 và 5. Ta ghi các số tiếp theo bằng quy tắc sau. Nếu cóc hai số x; y phân biệt thì ghi thêm số z = x + y + xy. Hỏi bằng quy tắc đó có thể ghi được các số 2015 và 20152014 hay không?
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN Chú ý: Mọi cách giải khác đáp án, nếu đúng đều cho điểm tương ứng. Câu Nội dung Điểm x1 x2 1 Vì ac=-1<0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: 0,50 x1.x2 1 P(x1) P(x2 ) P(x1) P(x2 ) 0 3(x1 x2 ) ( 33x1 25 33x2 25) 0 11 3(x x ) 1 0 33x 25 33x 25 11 0 (do 0,50 1 2 33x 25 33x 25 1 2 1 1 2 1,50đ x1 x2 ) 2 Ta có ( 33x1 25 33x2 25) 33(x1 x2 ) 2 (33x1 25)(33x2 25) 50 33(x1 x2 ) 2 1089x1x2 825(x1 x2 ) 625 50 = 33.1 2 1089 825 625 50 121 0,50 Suy ra 33x1 25 33x2 25 11 (đpcm) Chú ý: Có thể chứng minh P(x1) 4; P(x2 ) 4 ĐK: x 3 Để phương trình có nghiệm thì x 0 0,50 Với x 0 ta có 3 3 x x 3 3 x x2 3 x x2 3 (1) Để phương trình (1) có nghiệm thì x 3 x 3 (do x 0) 2a 0,50 Vì x 3 ta có (1) 3 x (x2 3)2 x4 6x2 x 6 0 (x 1)(x3 x2 5x 6) 0 1,25đ 1 13 (x 1)(x 2)(x2 x 3) 0 x (vì x 3 ) 2 0,25 1 13 ĐS: x 2 x y xy 3 (1) 2 2 x 7 y 7 8 (2) 0,25 ĐK: xy 0 Để hệ phương trình có nghiệm thì x y 0 2 2 2 2 2b Lúc đó (1) x y 2xy xy 6 xy 9 (x 7) (y 7) xy 6 xy 23 (1) 0,25 1,25đ Áp dụng BĐT 2(a2 b2 ) (a b)2 suy ra 64 ( x2 7 y2 7)2 2(x2 7 y2 7) 0,50 Kết hợp với (1) ta có : xy 6 xy 23 32 ( xy 3)2 0 xy 3 x y 6 Từ đó ta có hệ x y 3 xy 9 0,25 Thử lại thấy thỏa mãn. ĐS : x y 3
3. Chú ý: Có thể đặt t xy (0 t 3) , bình phương phương trình thứ 2 hai lần ta có (t 3)(3t3 21t2 83t 411) 0 t 3(do 0 t 3) x y xy z (1) Từ hệ (x y)2 z2 2(x y z) (x y z)(x y z 2) 0 2 2 2 x y z (2) 0,25 z x y z 2 x y Nếu z x y thay vào (1) ta có xy 0 (loại) 3a Nếu z 2 x y thay vào (1) ta có 1.0đ 0,50 x 3, y 4 2(x y) xy 2 (x 2)(y 2) 2 (vì x, y 0 ) x 4, y 3 Suy ra z 5 x 3, y 4, z 5 ĐS : 0,25 x 4, y 3, z 5 Giá trị lớn nhất: F 2 ( a b b c c a)2 6(a b c) 6 F 6 0,50 1 Có “=” khi a b c . Vậy giá trị lớn nhất của F là 6 . 0,25 3 3b F 2 ( a b b c c a)2 1.5đ 0,25 2(a b c) 2 (a b)(b c) (b c)(c a) (a c)(a b) Ta có (a b)(b c) b2 ab bc ca b2 , có “=” khi ab bc ca 0 0,25 Tương tự cho 2 BĐT khác ta có: F 2 4 F 2 a b c 1; a,b,c 0 Có “=” có một số bằng 1, hai số bằng 0. 0,25 ab bc ca 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của F là 2. B E H I1 F I 4a I 1.5đ 2 C A M Cµ Cµ Do tam giác ACE cân tại C nên C· AE 900 B· AE . 0,50 2 2 · µ · · Mặt khác BAH C nên AE là phân giác của góc BAH . Tương tự AF là phân giác của CAH 0,50 Suy ra A, I1, E thẳng hàng. Do CI phân giác của ·ACE và tam giác ACE cân tại E nên CI là trung trực của AE , do đó ta có 0,50
4. IA = IE (1) Tương tự trên ta có tam giác ABF cân tại B nên BM là đường trung trực của AF, do đó IA = IF (2) Từ (1) và (2) suy ra IE = IF Trước hết chứng minh EF là đường kính của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác I1I2I. Từ câu a ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF suy ra E· IF 2E· AF 900 , do đó 0,25 I thuộc (C). · · 0 Mặt khác do CI là trung trực của AE nên tam giác I2AE cân tại I2 I2 AE AEI2 45 4b · 0 0,50 1.0đ suy ra EI2 F 90 hay I2 thuộc (C). Tương tự I1 thuộc (C). Do đó EF là đường kính của đường tròn (C) Tiếp theo chứng minh EF  FM Ta có BAM BFM (c.g.c) nên B· FM B· AM 900 suy ra EF  FM hay FM là tiếp 0,25 tuyến của (C) Các số được viết trên bảng là 1, 5, 11, 23, 47, 71 .. Nhận xét các số được viết thêm (trừ số 1) có tính chất chia 3 dư 2. Thật vậy, các số đầu tiên trên bảng có dạng (3k+2) trừ số 1. 0,25 Nếu sử dụng số 1 để viết thì số mới có dạng: (3k+2).1+(3k+2)+1=6k+5 chia 3 dư 2. Nếu không sử dụng số 1 để viết thì số mới có dạng (3k+2)(3m+2)+(3k+2)+(3m+2) chia 3 dư 2. 2014 2014 2014 0,25 5 Ta thấy 2015 = (3.672 1) chia 3 dư 1 nên không thể viết được số 2015 . 1,0đ Do z = xy+x+y nên z+1 = (x+1)(y+1) (1) Nếu cộng thêm vào các số được viết trên bảng thì được dãy các số 2, 6, 12, 24, 48, 72, 0,25 Các số đầu tiên có dạng 2m.3n nên từ (1) ta suy ra các số được viết thêm cộng với 1 cũng có dạng đó. Mặt khác 2015 + 1 = 2016 = 256.63=24.32.7 nên không thể viết được số 2015. 0,25