Đề thi tuyển sinh vào trường trung học phổ thông chuyên năm 2015 môn Toán - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội

Chia sẻ: đỗ Thị Trang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

90
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi, mời các em và quý thầy cô cùng tham khảo "Đề thi tuyển sinh vào trường trung học phổ thông chuyên năm 2015 môn Toán - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội" dưới đây. Hy vọng đề thi giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới và thầy cô giáo có thêm kinh nghiệm chấm thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào trường trung học phổ thông chuyên năm 2015 môn Toán - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2015 Môn thi :TOÁN (Dùng cho mọi thí sinh vào trường chuyên) Thời gian làm bài 120 phút 2  a b  1 1     1   b a  a b  Câu 1. (2.5 điểm) Cho biểu thức P   2 với a > 0, b > 0 a  b a b2  a b      b2 a 2  b a  1 1. Chứng minh p  . ab 2. Giả sử a, b thay đổi sao cho 4a  b  ab  1 . Tìm min P. Câu 2. (2 điểm) cho hệ phương trình.  x  my  2  4m  mx  y  3m  1 Với m là tham số 1. Giải phương trình khi m = 2. 2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x0, y0) là một nghiệm của của hệ phương trình. Chứng minh đẳng thức x02  y02  5  x0  y0   10  0 . Câu 3. (1.5 điểm) 2 2 Cho a, b là các số thực khác 0. Biết rằng phương trình a  x  a   b  x  b   0 Có nghiệm duy nhất. Chứng minh a  b Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC có các góc ABC và góc ACB nhọn góc BAC = 600 . Các đường phân giác trong BB1, CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I. 1. Chứng minh tứ giác AB1IC1 nội tiếp. 2. Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC1I. Chứng minh tứ giác CKIB1 nội tiếp. 3. Chứng minh AK  B1C1 . Câu 5. (1 điểm) Tìm các số thực không âm a và b thỏa mãn:  2 3  2 3  1  1  a  b    b  a     2a    2b    4  4  2  2
Hướng dẫn giải Câu 1 (2.5 điểm) 2  a b  1 1     1   b a  a b  1. Cho biểu thức P   2 với a>0 , b>0 a  b a b2  a b      b2 a 2  b a   a 2  b 2  ab   a  2ab  b  a 4  b 4  a 3b  ab3 2 2 2  a b  1 1     1    ab  a 2b 2 1  b a  a b    a 3b 3 P 2 2  4 4 3 3  4 4 3 3  a b a b a  b  a b  ab a  b  a b  ab ab 2  2    2 2 2 2 b a b a ab ab 2. Giả sử a, b thay đổi sao cho 4a  b  ab  1 . Tìm min P Áp dụng bât đẳng thức cosi ta có 1  4a  b  ab  5 ab 1   25 ab 1 2 Dấu bằng xảy ra khi b = 4a và 1 = 25ab suy ra 1 = 100b2 suy ra b  a 10 5 Câu 2 (2 điểm) cho hệ phương trình.  x  my  2  4m  mx  y  3m  1 Với m là tham số 1 Giải phương trình khi m = 2 2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x0,y0) là một nghiệm của của hệ phương trình .chứn minh đẳng thức x02  y02  5  x0  y0   10  0 1. 1. Thay m = 2 ta có  19  x  2 y  6  2 x  4 y  12  5 y  19  y  5     2 x  y  7 2 x  y  7 2 x  y  7 2 x  19  7  5  19  y  5  x  9  5
 x  my  2  4m  x  my  2  4m   mx  y  3m  1 m(my  2  4m)  y  3m  1  x  my  2  4m 2.   2 2  m y  2m  4m  y  3m  1  3m 2  3m  2  x  my  2  4m  x   x  my  2  4m  m2  1  2 2   m  1  4 m 2   2 (m  1) y  m  1  4m y  2  y  m  1  4m  m 1  m2  1 Vì m2 +1 khác 0 phương trình có nghiệm duy nhất với mọi m. 2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x0,y0) là một nghiệm của của hệ phương trình .chứn minh đẳng thức x02  y02  5  x0  y0   10  0 1.  3m 2  3m  2  0x  m2  1 Thay  2  y  m  1  4m 0  m2  1 2 2 x02  y02  5  x0  y0   10   x0  3   y0  4   x0  3 y0  15 2 2  3m 2  3m  2  3m 2  3   4m 2  m  1  4m 2  4       15  m2  1   m2  1  Ta có 2 2 3m 2  3m  2 3m  3  12m2  3m  1   m  3     2   2  m2  1 m2  1  m 1   m 1  3m 2  3m  2 3m  3  12m2    15  0 m2  1 m2  1 x02  y02  5  x0  y0   10  0 Cách 2.  x02  5 x0  6  y02  5 y0  4  0   x0  3 x0  2    y0  1 y0  4   0  3m 2  3m  2 x  0  m2  1 Thay  2 ta đươc . x02  y02  5  x0  y0   10  0  y  m  1  4m  0 m2  1 Câu 3 (1.5 điểm) 2 2 Cho a, b là các số thực khác o . Biết rằng phương trình a  x  a   b  x  b   0 Có nghiệm duy nhất . Chứng minh a  b 2 2 a  x  a   b  x  b  0  ax 2  2ax  a 3  bx 2  2bx  b3  0  x 2  a  b   2 x  a 2  b 2   a 3  b3  0
Nếu a + b = 0 thi phương trình có nghiệm x = 0. Nếu a + b  0. ta có 2     2  a 2  b 2    a  b   a 3  b 3  2  2a 2b 2  ab3  a 3b   ab  a  b  Nếu a và b khác dấu thì phương trình có nghiệm với mọi m Nếu a và b cùng dấu thì phương trình vô nghiệm Phương trình có nghiêm duy nhất khi a và b khác dấu và   0 suy ra a  b . Câu 4 A B1 C1 I C B K 1. Ta có B1 IC1  BIC  120o  B1 IC1  BAC  120o  60o  1800 . Mà hai góc này đối nhau Nên tứ giác AB1IC1 nội tiếp (đpcm). 2. Vì tứ giác BC1IK nội tiếp nên BIC1  BKC1  60o (góc nội tiếp cùng chắn BC1 ) Và BIK  BC1 K ( góc nội tiếp cùng chắn BK ) Xét tam giác ABC: KCB1  180o  BAC  ABC  180o  60o  ABC  1200  ABC Xét tam giác BC1K: BIK  BC1 K  180o  BKC1  ABC  180o  60o  ABC  1200  ABC Suy ra KCB1  BIK  Tứ giác CKIB1 nội tiếp (đpcm). 3. Vì BIC1  BAC  60o  Tứ giác ACKC1 nội tiếp  KAC1  KCC1 (cùng chắn cung KC1) Và AKC1  ACC1 (cùng chắn cung AC1). Mà ACC1  KCC1 (GT)
Suy ra KAC1  AKC1  Tam giác C1AK cân tại C1  C1A = C1K (1) CMTT: B1A = B1K (2) Từ (1), (2) suy ra B1C1 là đường trung trực của AK nên AK  B1C1 (đpcm Câu 5 (1 điểm). Tìm các số thực không âm a và b thỏa mãn  2 3  2 3  1  1  a  b    b  a     2a    2b    4  4  2  2 Áp dụng bất đẳng thức cosi 2  2 3  2 3  2 1 1  2 1 1  1  a  b   b  a     a   b   b   a     a  b    4  4  4 2  4 2  2 2  1  1  1  a  b     2a   2b   .  2  2  2 Dấu bằng xảy ra khi a= b = ½