Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán trường THPT chuyên Lê Qúy Đôn, Bình Định năm 2015 - 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2015 2016 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Đề chính thức Môn: TOÁN(CHUYÊN) Ngày thi: 05/06/2015 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2 điểm) a) Cho số thực thỏa mãn điều kiện: 221x14x Tính giá trị các biểu thức 331Axx và 551Bxx b) Rút gọn biểu thức A821025821025 Bài 2: (2 điểm) a) Tìm các số nguyên x, y, thỏa mãn: 222x5yz2(yz)4xy1 b) Giải hệ phương trình: 1122yx1122xy Bài 3: (2 điểm) a) Chứng minh phân số 21n414n3 là tối giản với mọi nguyên dương. b) Giải phương trình 2xmxn0 biết rằng phương trình có hai nghiệm nguyên dương phân biệt và m, là hai số nguyên tố. Bài 4: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại và (R’ R). Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau A. Gọi và là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’; R’); là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O R) (điểm và điểm cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường thẳng AI cắt (O’; R’) tại (điểm khác điểm ). a) Gọi là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh 2KB KI.KJ; từ đó suy ra KB KD. b) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh điểm I, H, O’, nằm trên một đường tròn. c) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp IBD Bài 5: (1 điểm) Cho a, b, 0. Chứng minh rằng 333222222abca+b+c++3a+ab+bb+bc+cc+ac+a GV: Võ.M.Trình THCS Cát Minh Phù Cát Bình ĐịnhSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2015 2016 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2 điểm) a) Từ giả thiết suy ra: 211x+16x+4xx (do 0) 232311114.14x+x+=x++x+xxxx 331Ax+52x 235235111114.52xxxxxxxx 551Bx724x b) Ta chứng minh được: 22X+XYXXYX±Y=±22 với 2X0; Y0; XY A84085840858644085864408522 8644085864408522 8248582522.2.22 21245102102 Cách 2: Ta có 2A821025(821025)(821025)821025 21628410251622485 21622521245251 A210 Bài 2: (2 điểm) a) BĐT 222x+5y+z+2y2z4xy1 Vì x, y, nguyên nên: 222x+5y+z+2y2z4xy2 2222x4xy+4y+y+2y+1+z2z+10 222x2y+y+1+z10 x2y=0x=2y+1=0y=1z1=0z=1. b) Điều kiện: 11x;y22 Từ hệ suy ra 111122yxxy (1) Nếu 1111xy22yxxy VT(1) VP(1)Nếu 1111xy22yxxy VT(1) VP(1) nên (1) chỉ xảy ra khi thế vào hệ ta giải được 1, Cách 2: Cộng vế với vế hai PT ta được: 1111224xyxy Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: 22111121122xxxx Dấu “=” xảy ra khi 111122x1xxxx Tương tự đối với 22111121122yyyy Dấu “=” xảy ra khi 111122y1yyyy Thử lại là nghiệm của hệ PT Bài 3: (2 điểm) a) Gọi d(d1) là ước chung lớn nhất của hai số 21n4 và 14n3 21n4kd 14n3ld với k, là những số nguyên dương 7n1kld21n33(kl)d 1(21n4)(21n3)kd3(kl)d(3l2k)d Vì 3l2k và là các số nguyên dương 3l2kd1 Vậy phân số 21n414n3 tối giản b) Gọi 12x,x là các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho, giả sử 12xx Theo hệ thức Viet: 1212x+x=m; x.x=n. Do là số nguyên tố nên 12x1; xn Từ 12x+x=m1n=m n; là hai số tự nhiên liên tiếp 2; 3. Khi đó phương trình là 2x3x20 và có hai nghiệm 12x1; x2 Bài 4: (3 điểm) a) Chứng minh 2KB KI.KJ; từ đó suy ra KB KD. Do AO và AO’ là hai tia phân giác của BAC A, O, O’ thẳng hàng. Xét: KBI và KJB 12111MJKIHO\'ODCBACó:11JB(góc tạo bởi tia tt và dây và góc nt cùng chắn cung BI) BKI chung Δ KBI KJB (g.g) 2KIKB KB KI.KJKBKJ (1) Tương tự: KDI KJD 2KIKD KD KI.KJKDKJ(2) Từ (1) và (2) KB KD. b) Chứng minh điểm I, H, O’, nằm trên một đường tròn. Xét tam giác ABO’ vuông tại B, có: 2ABAH.AO\' (3) Xét ABI và AMB có: 11BM (góc tạo bởi tia tt và dây và góc nt cùng chắn cung BI); BAI chung ABI AMB (g.g)2ABAIABAM.AIAMAB (4). Từ (3),(4) AHAMAI.AMAH.AO\' AIAO\'. AHI AMO\' ( vì AHAMAIAO\' ;MAO\': chung ). 12H M điểm I, H, M, O’ cùng thuộc một đường tròn. c) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp IBD Do: OD // O’B (cùng AB)AOODROIOIAO\'O\'BR\'O\'MO\'I nhưng OI cắt O’I và A, I, thẳng hàng OI // O’M. DOI BO\'M mà 11BDIDOI22sđ DI và 11BIMBO\'M22sđ BM BDIBIM IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp BID Hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BID. Bài (1,0 điểm) Ta có: 333333222222abbcca++=ab+bc+ca=0a+ab+bb+bc+cc+ac+c 333333222222222222abcbcaaabbbbcccacaaabbbbcccaca Vì thế bất đẳng thức đã cho tương đương với: 3333332222222a+b+ca+bb+cc+a++3a+ab+bb+bc+cc+ac+a 12111MJKIHO\'ODCBAVì 22222aab+b12ab0 3a+ab+b(đúng) 2222aab+b1abab3a+ab+b hay 3322ab1ab3aabb (1) đẳng thức xảy ra khi Tương tự 3322bc1bc3bbcc (2) và 3322ca1ca3caca (3) Cộng (1), (2), (3) suy ra 333222222abca+b+c++3a+ab+bb+bc+cc+ac+a Đẳng thức xảy ra khi Cách 2: 333222222abca+b+c++3a+ab+bb+bc+cc+ac+a (1) Ta có: 2a 2b 2c BĐT (1) 333222222a2abb2bcc2ca+0(2)a+ab+b3b+bc+c3c+ca+a3 Xét: 2322333222222223a2aba+ab+babababababa2ab0a+ab+b33a+ab+b3a+ab+b3a+ab+b Tương tự: 322b2bc0b+bc+c3; 322c2ca0c+ca+a3 Vậy (2) đúng, đo đó (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi GV: Võ.M.Trình THCS Cát Minh Phù Cát Bình ĐịnhTrên đây chỉ là phần trích dẫn 10 trang đầu của tài liệu và có thế hiển thị lỗi font, bạn muốn xem đầyđủ tài liệu gốc thì ấn vào nút Tải về phía dưới.