intTypePromotion=3

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2015-2016 - Sở GD&ĐT Đắk Lắk

Chia sẻ: Tuyensinhlop10 Hoc247 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0
145
lượt xem
5
download

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2015-2016 - Sở GD&ĐT Đắk Lắk

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo tài liệu Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2015-2016 - Sở GD&ĐT Đắk Lắk nhằm giúp các em hệ thống lại kiến thức cũng như giúp thầy cô có thêm kiến thức truyền đạt cho các em trước khi bước vào kì thi tuyển sinh sắp tới.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2015-2016 - Sở GD&ĐT Đắk Lắk

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2015 – 2016 ĐĂK LĂK MÔN THI: TOÁN CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20/6/2015 Câu 1: (2,0 điểm) Cho phương trình x 4  2  m  4  x 2  m 2  8  0 * , với m là tham số a) Giải phương trình (*) khi m = 0 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện x14  x24  x34  x44  240 Câu 2: (2,0 điểm)  x3  6 x 2 y  7 a) Giải hệ phương trình  3 2  2 y  3 xy  5 b) Giải phương trình x 2  4 x  12  2 x  4  x  1 Câu 3: (2,0 điểm) 1 1 1 a) Tìm tất cả các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình   x y 617 b) Tìm số tự nhiên bé nhất có bốn chữ số biết nó chia cho 7 được số dư 2 và bình phương của nó chia cho 11 được số dư là 3. Câu 4: (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Hai đường thẳng BH, CH cắt đường tròn (I) lần lượt tại hai điểm P và Q (P khác B, Q khác C). 1) Chứng minh IA vuông góc PQ. 2) Trên hai đoạn thẳng HB và HC lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho AM vuông góc MC; AN vuông góc NB. Chứng minh tam giác AMN cân.   2CBA   4 1 1 1 b) Cho tam giác ABC có BAC ACB . Chứng minh   AB BC CA Câu 5: (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 . Chứng minh rằng: 350 386  2  2015 . xy  yz  zx x  y 2  z 2
  2. SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) a) Khi m = 0, phương trình (*) trở thành x 4  8 x 2  8  0  a   y  4  2 2 Đặt y  x 2  0 , phương trình (a) trở thành y 2  8 y  8  0   1 (TMĐK)  y2  4  2 2  x  42 2 2  1 +) Với y1  4  2 2  x  4  2 2    x2   4  2 2  x  42 2  +) Với y2  4  2 2  x  4  2 2   1 2  x2   4  2 2 b) Đặt y  x 2  0 , phương trình (*) trở thành y 2  2  m  4  y  m 2  8  0 ** (*) có 4 nghiệm phân biệt  (**) có hai nghiệm dương phân biệt  m  4  2   m 2  8   0  8m  8  0  m  1  m2  8  0    m  1   m  4  0  m   4 2 m  4  0   y  y2  2  m  4  Theo Viét, ta có  1 2 và x14  x24  y12 , x34  x44  y22  y1 y2  m  8 2 Khi đó x14  x34  120  y12  y22  120   y1  y2   2 y1 y2  120 2  m  2  chon   4  m  4   2  m 2  8   120  m 2  16m  36  0   1 m1  18  loai  Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Câu 2: (2,0 điểm)  x3  6 x 2 y  7 a) Giải hệ phương trình  3 2  2 y  3 xy  5 +) Nếu x = 0, ta có 03  6  02 y  0  7 , nên x  0  x3  6 x 2 y  7  x3  6 x3t  7 +) Với x  0 , đặt y  xt ta có  3 2  3 3 3  2 y  3 xy  5 2 x t  3 x t  5 x 3  6 x 3t 7 1  6t 7  33 3   3   14t 3  9t  5  0   t  1 14t 2  14t  5   0 2 x t  3x t 5 2t  3t 5 2  t  1 (14t  14t  5  0 , vô nghiệm vì có   21  0 ) Do đó y  x , nên ta có 7 x 3  7  x  1  y  1 . Vậy hệ có một nghiệm duy nhất (1; 1) b) Giải phương trình x 2  4 x  12  2 x  4  x  1 ĐK: x  1 , ta có x 2  4 x  12  2 x  4  x  1  x 2  4 x  12  x  1  2 x  4 *
  3.  3 x 2  21x  3  2 x 2  4 x  12   x  1  0  3  x 2  4 x  12   33  x  1  2 x 2  4 x  12   x  1  0 ** Đặt a  x 2  4 x  12, b  x  1  a  0, b  0  , ta có (**) trở thành  a  3b  3a  33b  2ab  0   a  3b  3a  11b   0   2 2  a   11 b  3  5  13  x1  2 +) Với a  3b  x 2  4 x  12  3 x  1  x 2  5 x  3  0    x  5  13  2 2 5  13 5  13 x1  thỏa x  1 và (*); x2  thỏa x  1 không thỏa mãn (*) 2 2 11 11 +) Với a   b  x 2  4 x  12   x  1 (vô nghiệm, VT > 0 mà VP ≤ 0) 3 3 5  13 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x  2 Câu 3: (2,0 điểm) 1 1 1 617 x 617 2 a)    y  617  x y 617 x  617 x  617 do đó x  617  Ư(6172)  1; 617; 617 2   x  618;616;1234;0;381306; 380072 khi đó  y  381306; 380072;1234;0;618;616 Vì x, y nguyên dương nên các cặp số (x; y) cần tìm là: (618; 381306); (1234; 1234); (381306; 618) b) Gọi x là số cần tìm ( x  N ,1000  x  9999 ) Vì x 2 chia cho 11 dư 3, nên x chia cho 11 dư 5 hoặc dư 6 +) Nếu x chia cho 11 dư 5  x  5  11  x  5  66  x  61 11 Lại có chia cho 7 dư 2  x  2  7  x  2  63  x  61  7 Do đó x  61 BC 11;7   x  61  77k  x  77k  61  k  N  Vì 1000  x  9999  1000  77k  61  9999  14  k  130 Mà x bé nhất, nên chọn k  14  x  77  14  61  1017 +) Nếu x chia cho 11 dư 6  x  6  11  x  6  11  x  5  11 Lại có chia cho 7 dư 2  x  2  7  x  2  7  x  5  7 Do đó x  5  BC 11;7   x  5  77k  x  77k  5  k  N  Vì 1000  x  9999  1000  77k  5  9999  14  k  129 Mà x bé nhất, nên chọn k  14  x  77  14  5  1073  1017 Vậy số phải tìm là 1017
  4. Câu 4: (3,0 điểm) a) 1. Chứng minh IA vuông góc PQ P A Gọi E là giao điểm của AB và CH; F là giao điểm của AC và BH F Ta có AB  CE, AC  BF (do H là trực tâm của ABC) Q H   ABF ACE (cùng phụ với BAC  ) hay E I  ABP ACQ   AP   AQ  IA  PQ (đpcm) M N 2. Chứng minh tam giác AMN cân. B C Xét tứ giác ABNF, ta có:  AFB  ANB  900 nên tứ giác ABNF nội tiếp  ABF  ANF mà    cmt    ABF  ACE ANF  ACN Xét ANF và ACN, ta có: A  (góc chung),  ANF  ACN  cmt  AN AC Vậy ANF ACN    AN 2  AC  AF  a  AF AN AM AB Chứng minh tương tự có AME ABM    AM 2  AB  AE  b  AE AM Tứ giác BCFE có BEC   BFC   900 nên tứ giác BCFE nội tiếp  AEF  ACB Xét AEF và ACB, ta có: A  (góc chung), AEF   ACB  cmt  AE AC Vậy AEF ACB    AB  AE  AC  AF  c  AF AB Từ (a), (b), (c)  AN 2  AM 2  AN  AM . Vậy AMN cân tại A (đpcm) 1 1 1 b) Chứng minh   AB BC CA D Đặt  ACB    ABC  2 , BAC   4 Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho A  ACD     2  CBD ACB    BCD  Do đó BCD cân tại D  BD  CD và BDC  1800  2CBD   1800  4 B   1800  BAC C Lại có CAD   1800  4  CAD   BDC  Nên ACD cân tại C  AC  CD  BD  CD  AC Mặt khác CA là phân giác của BCD, nên ta có: BC CD BC  CD BC  CD BC CD BC        1 (vì BD  CD  AC ) AB AD AB  AD BD BD BD AC 1 1 1    (đpcm) AB AC BC
  5. Câu 5: (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 . Chứng minh rằng: 350 386  2  2015 . xy  yz  zx x  y 2  z 2 2 a2 b2  a  b  Với a, b, x, y là các số dương ta chứng minh   1 x y x y 2 1   a 2 y  b 2 x   x  y   xy  a  b   a 2 xy  a 2 y 2  b 2 x 2  b 2 xy  a 2 xy  b 2 xy  2abxy  0  a 2 y 2  b 2 x 2  2abxy  0 2 a b   ay  bx   0 (bất đẳng thức đúng). Dấu “=” xảy ra khi ay  bx  0   x y 2 a 2 b2 c 2  a  b  c  Áp dụng (1) ta chứng minh     2  với a, b, c, x, y, z là các số x y z x yz dương. 2 2 a 2 b2 c 2  a  b  c 2  a  b  c  a b c Thật vậy      . Dấu “=” xảy ra khi   x y z xy z xyz x y z Áp dụng (2), ta có: 350 386 175 175 386  2 2 2    2  xy  yz  zx x  y  z xy  yz  zx xy  yz  zx x  y 2  z 2 2   2 175  386   1086  20 2702  1086  20 2209  2026  2015 2 x  y  z
  6. Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên Môn: Toán học Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai CHƯƠNG TRÌNH LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TRÊN HỌC247 - Chương trình luyện thi được xây dựng dành riêng cho học sinh giỏi, các em yêu thích toán và muốn thi vào lớp 10 các trường chuyên. - Nội dung được xây dựng bám sát với đề thi tuyển sinh lớp 10 các trường chuyên của cả nước trong những năm qua. - Đội ngũ giáo viên giảng dạy gồm các thầy nổi tiếng có nhiều năm kinh nghiệm trong việc ôn luyện học sinh giỏi. - Hệ thống bài giảng được biên soạn công phu, tỉ mỉ, phương pháp luyện thi khoa học, hợp lý mang lại kết quả tốt nhất. - Lớp học qua mạng, tương tác trực tiếp với giáo viên, huấn luyện viên. - Học phí tiết kiệm, lịch học linh hoạt, thoải mái lựa chọn. - Mỗi lớp từ 5 đến 10 em để được hỗ trợ kịp thời nhằm đảm bảo chất lượng khóa học ở mức cao nhất. - Đặc biệt, các em còn hỗ trợ học tập thông qua cộng đồng luyện thi vào lớp 10 chuyên của HỌC247.  https://www.facebook.com/OnThiLop10ChuyenToan/ Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807 Trang | 1

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản