Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên năm học 2017 - 2018 môn Toán sở GD và ĐT Vĩnh Phúc

02fc4ff77d85369a131abe2289b6ac67
Gửi bởi: Thành Đạt 2 tháng 9 2020 lúc 2:40:40 | Được cập nhật: hôm qua lúc 13:39:59 Kiểu file: PDF | Lượt xem: 404 | Lượt Download: 0 | File size: 0.235703 Mb

Nội dung tài liệu

Tải xuống
Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan


Có thể bạn quan tâm


Thông tin tài liệu

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, chuyên Tin học Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————— Câu 1 (2,0 điểm). Cho phương trình x 2  2(m  1) x  2m 2  3m  1  0 , trong đó m là tham số, x là ẩn số. a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm. 9 8 b) Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 , x2 . Chứng minh rằng x1  x2  x1 x2  . 2 2 x  xy  1 Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình  2 , trong đó m là tham số và x, y là 2 4 x  4 xy  y  m các ẩn số. a) Giải hệ phương trình với m  7 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm. Câu 3 (3,0 điểm). Cho hình thang ABCD với AD, BC là hai cạnh đáy , BC  AD , BC  BD  1 ,   BDC   1800 , E là điểm đối xứng với D qua đường thẳng BC. AB  AC , CD  1 , BAC   2 AEC . a) Chứng minh rằng 4 điểm A, C, E, B cùng nằm trên một đường tròn và BEC b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng CD tại điểm K , đường thẳng BC cắt đường thẳng AE tại điểm F . Chứng minh rằng FA  FD và đường thẳng FD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK . c) Tính độ dài cạnh CD. Câu 4 (2,0 điểm). Cho phương trình x 2  y 2  z 2  3xyz (1). Mỗi bộ số  x, y, z  trong đó x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn (1) được gọi là một nghiệm nguyên dương của phương trình (1). a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương có dạng  x, y, y  của phương trình (1). b) Chứng minh rằng tồn tại nghiệm nguyên dương  a, b, c  của phương trình (1) và thỏa mãn điều kiện min a; b; c  2017 . Trong đó kí hiệu min a; b; c là số nhỏ nhất trong ba số a, b, c. Câu 5 (1,0 điểm). Cho số tự nhiên n  1 và n  2 số nguyên dương a1 , a2 ,..., an  2 thỏa mãn điều kiện 1  a1  a2  ...  an  2  3n . Chứng minh rằng tồn tại hai số ai , a j (1  j  i  n  2; i, j  ) sao cho n  ai  a j  2n . ---Hết--Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh …………………………………………………….. Số báo danh ……….. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 – 2018 SỞ GDĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho chuyên Toán, chuyên Tin học) (Đáp án gồm 05 trang) Câu 1 (2,0 điểm). Cho phương trình x 2  2(m  1) x  2m 2  3m  1  0 , trong đó m là tham số, x là ẩn số. Nội dung 1a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm. PT có nghiệm   '  (m  1)2  (2m 2  3m  1)  0  m 2  m  0  m(m  1)  0  m  0   m  1  0 0  m  1  m  0      m  0  m  1  0  m  1 m  0   m  1  0  m 1 Điểm 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1b) Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 , x2 . Chứng minh rằng 1,00 9 x1  x2  x1 x2  . 8  x1  x2  2(m  1) Theo Viet ta có:  2  x1.x2  2m  3m  1 0,25 2 1 9   P | x1  x2  x1.x2 |  | 2m  m  1| 2  m    4  16  2 0,25 2 1 1 3  1 9 Có 0  m  1    m     m    4 4 4  4  16 2 9  1  9 1 Suy ra P  2    m     , dấu bằng xảy ra khi m  . 4  8 4  16  0,25 0,25 2 x 2  xy  1 Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình  2 , trong đó m là tham số và x, y là 2 4 x  4 xy  y  m các ẩn số. Nội dung 2a) Giải hệ phương trình với m  7 .  2x2 1 2 x 2  xy  1 y  Với m=7 ta có:  2 (do x  0 không thỏa mãn).  x  2 4 x  4 xy  y  7 4 x 2  4 xy  y 2  7  Điểm 1,00 0,25 2 2 x2  1  2 x2  1   4x  4x   7 x  x  2 0,25 2 1   4 x 4  4 x 2  2 x 2  1   2 x 2  1  7 x 2  8 x 4  7 x 2  1  0   x 2  1  x 2    0 8  2  x  1  x  1. Với x  1  y  1 . Với x  1  y  1 . Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    1; 1 , 1;1 . 2b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm. Ta có x  0 không thỏa mãn suy ra x  0. Rút y từ PT thứ nhất rồi thế vào PT thứ hai ta có: 2 2 x2 1  2 x2  1   4x  4x  m x  x  0,25 0,25 1,00 0,25 2 Hệ có nghiệm  4 x 4  4 x 2  2 x 2  1   2 x 2  1  mx 2 có nghiệm khác 0. 0,25  8 x 4  mx 2  1  0 có nghiệm khác 0. Đặt t  x 2 , t  0. Thay vào phương trình trên ta được 8t 2  mt  1  0 (1). Như vậy yêu cầu bài toán  1 có nghiệm dương. 0,25 Dễ thấy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu do ac  0 suy ra (1) luôn có một nghiệm dương. Do đó với mọi số thực m hệ phương trình luôn có nghiệm. 0,25 2 Câu 3 (3,0 điểm). Cho hình thang ABCD thỏa mãn AD, BC là hai đáy , BC  AD , BC  BD  1 ,   BDC   1800 , E là điểm đối xứng với D qua đường thẳng BC. AB  AC , CD  1 , BAC   2.  AEC . a) Chứng minh rằng 4 điểm A, C, E, B cùng nằm trên một đường tròn và BEC b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng CD tại điểm K , đường thẳng BC cắt đường thẳng AE tại điểm F . Chứng minh rằng FA  FD và đường thẳng FD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK . c) Tính độ dài cạnh CD. Nội dung Điểm K D A L C F B E 3a) Chứng minh rằng 4 điểm A, C, E, B cùng nằm trên một đường tròn và   2.  BEC AEC . 1,00   BEC  Do E đối xứng D qua BC nên BDC   BDC   1800  BAC   BEC   1800 suy ra A, C , E , B cùng nằm trên một đường Có BAC tròn. Có tam giác ABC cân tại A nên  ABC   ACB , kết hợp với tứ giác ACEB nội tiếp ta được     ABC  AEC , ACB  BEA . 0,25   BEC   2.  Từ đó suy ra  AEC  BEA AEC . 3b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng CD tại điểm K , đường thẳng BC cắt đường thẳng AE tại điểm F . Chứng minh rằng FA  FD và đường thẳng FD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK . Có: DE  BC , AD  BC  ADE vuông tại D và FD  FE  FA .   BDC   180  BAC   BDK   tứ giác AKDL nội tiếp. Mặt khác BAC  (do AD||BC), tứ giác ACEB nội tiếp suy ra CAE   CBE  , do BC là trung Có  ADB  DBC   CBE  . Do đó   suy ra ADB  CAE trực của BE nên DBC FA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK, kết hợp với FA  FD  FD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK. 3c) Tính độ dài cạnh CD. 0 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00  , suy ra FC  CE  CE (vì BE  BD  1 ) Do EF là phân giác BEC FB EB AC BE Ta có AFC đồng dạng với BFE   AF BF 0,25 Áp dụng định lý Ptolemy có: AE.BC  AB.CE  AC.BE  2 AF  AC (1  CE )  AC BE BC BF  FC FC 2      1  1  CE BF BF 1  CE AF BF BF  1  EC   2  1  EC  2 0,25 0,25 2  CD  EC  2  1 . 0.25 Câu 4 (2,0 điểm). Cho phương trình x 2  y 2  z 2  3xyz (1). Mỗi bộ số  x, y, z  trong đó x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn (1) được gọi là một nghiệm nguyên dương của phương trình (1). Nội dung 4a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương có dạng  x, y, y  của phương trình (1). Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là  x, y, y  . Khi đó thay vào phương trình ta được: x 2  y 2  y 2  3 xy 2  x 2  2 y 2  3 xy 2 . suy ra x 2  y 2  x  y  x  ty . Thay trở lại phương trình trên ta được t 2 y 2  2 y 2  3t. y. y 2  t 2  2  3ty . Điểm 1,00 0,25 0,25 Từ phương trình này ta được 2 t  t  1, 2 . 0,25 Với t  1  y  1  x  1. Với t  2  y  1  x  2. Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương dạng 0,25  x, y, y  là: 1,1,1 ,  2,1,1 . 4b) Chứng minh rằng tồn tại nghiệm nguyên dương  a, b, c  của phương trình (1) và thỏa mãn điều kiện min a; b; c  2017 . Trong đó kí hiệu min a; b; c là số nhỏ nhất 1,00 trong ba số a, b, c. Ta có x  1, y  2, z  5 là một nghiệm của phương trình đã cho Giả sử a  min a; b; c với a  b  c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3abc . Xét phương trình:  a  d   b 2  c 2  3  a  d  bc  2ad  d 2  3bcd 0,25 2  d  3bc  2a  N * . 0,25 Suy ra phương trình (1) có nghiệm  a '; b; c  với a '  a  d . Do a  b  c , suy ra min a '; b; c  min a; b; c  a . 0,25 Lặp lại quá trình trên sau không quá 2017 lần ta được min a; b; c  2017 . 0,25 Câu 5 (1,0 điểm). Cho số tự nhiên n  1 và số nguyên dương a1 , a2 ,..., an  2 thỏa mãn điều kiện 1  a1  a2  ...  an  2  3n . Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số ai , a j (1  j  i  n  2; i, j  ) sao cho n  ai  a j  2n . Nội dung Điểm sao cho bn  2  3n và chuyển về xét dãy số 1  b1  b2  ...  bn  2  3n . Khi đó ta chỉ cần chứng minh tồn tại hai số bi , b j (1  j  i  n  2; i, j  ) sao cho n  bi  b j  2n . 0,25 Với mọi k đặt bi  ai  k  ai  a j   ai  k    a j  k   bi  b j (2). Do đó ta có thể chọn k Xét 2 trường hợp: 1. Nếu tồn tại j  1, 2,..., n  1 sao cho n  b j  2n thì ta có: n  bn  2  b j  2n 0,25 2. Nếu với mọi j  1, 2,..., n  1 ta có b j   n  1; 2n  1 thì các số b1 , b2 ,..., bn 1  1, 2,...,3n  1 \ n  1,..., 2n  1 . Các số thuộc tập 0,25 1, 2,...,3n  1 \ n  1,..., 2n  1 chia thành n cặp số: 1; 2n  ,  2; 2n  1 ,...,  n; 3n  1 . Do đó trong n  1 số b1 , b2 ,..., bn 1 , tồn tại 2 số bi , b j ( j  i ) thuộc cùng một cặp, chẳng hạn  t; 2n  t  1 hay n  bi  b j  2n  t  1  t  2n  1  2n . Theo (2) từ cặp số bi , b j thỏa mãn 0,25 n  bi  b j  2n thì tồn tại cặp số ai , a j thỏa mãn n  ai  a j  2n . Lưu ý khi chấm bài: - Hướng dẫn chấm (HDC) chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. - Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. - Bài hình học nếu không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. ---Hết---