zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Đáp án đề thi Toán chuyên – Bình Phước năm 2016 -1017

Chia sẻ: Lê Văn Vinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Báo xấu

406
lượt xem 46
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đáp án đề thi Toán chuyên – Bình Phước năm 2016 -1017" giới thiệu tới người đọc bài giảng chi tiết đề thi môn Toán trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Tài liệu dành cho các bạn học sinh tham khảo và ôn luyện trước khi bước vào kỳ thi này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi Toán chuyên – Bình Phước năm 2016 -1017

Đáp án Toán chuyên – Bình Phước năm 2016 -1017 Bài giải của thầy Lê Văn Vinh, trường THPT TX Phước Long – Bình Phước Câu 1:  x 2 2  x  x 1 P    (x > 0, x ≠1)  x  2 x 1 x 1  x      x 2 2 x  x 1 x  x  2  2  x  x x 1 2 x x 1 a) P      .  .     2 2 2   x 1  x  1 x  1   x x 1 x 1  x    x 1  x 1 x 2  x 1 2 b) x  3   5 1  3  5  1  3 5  1  3 5  3  2 (do 3 5  1  0 ) Vậy P = 2 Câu 2: x 2  2mx  m 2  4m  3  0 3 +) PT có 2 nghiệm ’ ≥ 0  4m + 3 ≥ 0 m ≥ - 4 x  x 2  2 m +) ta có:  1 2 x 1x 2  m  4m  3 +) Theo đề: T  x12  x22  x1 x2  ( x1  x 2 )2  3 x1 x 2  4m 2  3m 2  12m  9  m 2  12m  9  (m  6)2  27 3 3 21 441 441 9 Ta có: m   nên: m  6    6   (m  6)2   (m  6)2  27   27  4 4 4 16 16 16 9 3 Tmin  m 16 4 Câu 3: a) 4(x 2  1)  3 2x 2  7x  3  14x  2(2 x2  7x  3)  3 2x 2  7x  3  2  0 1 Đặt t  2x 2  7x  3 (t ≥0) ta có: 2t2-3t – 2 =0 t = 2 hoặc t =- 2 So điều kiện ta có t = 2 7  57 Vậy 2x 2  7x  3  2  2x 2  7x  3  4  2x 2  7x  1  0  x  4 xy  y 2  3y  1  x  2 y  1 b)  3 2 x y  4xy  7xy  5x  y  2  0 3 y  1  0 ĐK:  x  2 y  1  0 1 Vì x = y = không là nghiệm của hệ nên 3y  1  x  2 y  1  0 . Do đó PT thứ nhất 3 
y x  1  c) y (x  y )   (x  y )  y  0 3y  1  x  2 y  1  3 y  1  x  2 y  1    1 x =y ( do y > 0 và >0) 3y  1  x  2 y  1 2 Thế y=x vào PT thứ 2 ta có: x 4  4 x 3  7x 2  6 x  2  0   x  1 (x 2  2 x  2)  0  x  1 Vậy hệ có 1 nghiệm (1;1) Câu 4: a) +) Tam giác TAB đồng dạng tam giác TCA nên: TA2 = TB.TC  +) Ta có: A  KB  A  CK  KA C (góc ngoài tam giác AKC) (1)  TA  K  TA  B  BA K (2)  A  KB  TA K (tam giác ATK cân tại T)(3)  A CK  TA  B (cùng chắn cung AB) (4)  Từ (1) , (2) , (3) và (4)  KA  C  BA  K AK là tia phân giác góc BA C TP TC   CTP nêm tam giác PTB đồng dạng tam b) Ta có: TP = TA TP2 = TB.TC   , mà PTB TB TP   giác CTP TPB  TCP nên TP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC.   TCP c) +)TPB  (Cmt) = BEF  (cùng chắn cung BF)TP // EF (*)   2.PA +) PTJ  J (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung PJ của đường tròn tâm T) (1)   2.JA +) JOS   S  2.PA J (góc nội tiếp và góc ở tâm của đường tròn (O) (2)   JOS Từ (1) và (2) suy ra PTJ  , mà TJ là tiếp tuyến của (O) nên TJ  OJ TP OS (**) Từ (*) và (**)  OS  EF Câu 5: Q  a 4  2a 3  16a 2  2a  15 Nếu a là số nguyên chẵn thì Q lẻ nên Q không chia hết cho 16 Nếu a lẻ thì a = 2k+1 ( k Z), ta có:
Q  a 4  2a3  a 2  a 2  2a  1  16a 2  16  a 2 (a 2  2a  1)  (a 2  2a  1)  16a 2  16 = a 2 (a  1)2  (a  1)2  16a 2  16  (a  1)2 (a 2  1)  16(a 2  1)  (a  1)3 (a 1)  16(a2  1) 3 =  2 k  2  2 k  16(4 k 2  1)  16(k  1)3 k  16(4 k 2  1) Vậy a là số nguyên lẻ thì Q chia hết cho 16 Câu 6: a) Gọi các số lấy ra trong 1009 số trên là: a1 , a2 ,...., a1009 . Giả sứ: 1  a1  a2  ....  a1009  2016 Xét dãy số: n1  a2  a1 , n 2  a3  a2 ,....., n1008  a1009  a1008 . Ta có: S  n1  n2  ....  n1008  a2  a1  a3  a2  .....  a1009  a1008  a1009  a1  2016  1  2015 Suy ra tồn tại ít nhất một số trong các số n1 , n2 ,...., n1008 có giá trị bằng 1(Vì giả sử không có giá trị nào bằng 1 thì S ≥ 2016, vô lý). Giả sử ni  1 (1  i  1008). Vậy ai 1  ai  1 , suy ra ai 1 và ai là hai số tự nhiên liên tiếp nên chúng nguyên tố cùng nhau. 6 11 Cho a, b >1. CM:  3ab  4  a b 1  b a 1 2 Giải: Do a, b >1 nên: a  1   a  1  2 a  1  ab  2b a  1 b  2 b  1  ab  2a b  1 6 6 Vậy cộng vế theo vế hai BĐT trên ta có: ab  a b  1  b a  1   a b 1  b a 1 ab 6 6 11 BDT cần CM:  3ab  4   3ab  4  (1) a b 1  b a 1 ab 2 6 11 Ta có:  3ab  4   12  2ab 3ab  4  11ab  0 ( do ab>0) (*) ab 2 t2 4 Đặt t  3ab  4  ab  (t > 0), 3 t2 4 t2 4 ta có: (*)  12  2( )t  11  0  36  2t 3  8t  11t 2  44  0 3 3  2t 3  11t 2  8t  80  0  (t  4)2 (2t  5)  0 (đúng với mọi t >0) Vậy (1) luôn đúng, dấu = xảy ra a =b =2

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.