Tải bản đầy đủ

BỘ đề THI HSG CHUYÊN TOÁN THI vào lớp 10 VĨNH PHÚC 2016

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015–2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho tất cả các thí sinh
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm).
mx  y  1

Cho hệ phương trình:  2 1
(với x, y là ẩn; m là tham số).
x

y

2

2
a) Giải hệ phương trình đã cho với m  1 .


b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn
điều kiện 3x  y  1  0 .
Câu 2 (2,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  có phương trình y  3x  m (m là
tham số). Xác định tất cả các giá trị của tham số m để:
1

a) Đường thẳng  d  đi qua điểm A 1;   .
2


b) Đường thẳng  d  cắt các trục toạ độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng 9.
Câu 3 (2,0 điểm).

15 x  11 3 x  2 2 x  3
.


x  2 x  3 1 x
3 x
a) Rút gọn biểu thức P.
Cho biểu thức: P 

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình





x  3 P  m có nghiệm.

Câu 4 (3,0 điểm).
Cho BC là một dây cung (không phải là đường kính) của đường tròn tâm O, bán kính R  0 .
Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC . Các đường cao AD, BE,
CF của tam giác ABC đồng qui tại H (D, E, F là các chân đường cao).
a) Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC.
b) Gọi A ' là trung điểm BC , A1 là trung điểm EF , K là điểm đối xứng với B qua O. Chứng
minh tứ giác AHCK là hình bình hành và R. AA1  OA '. AA ' .
c) Xác định vị trí của A để DE  EF  FD đạt giá trị lớn nhất.

Câu 5 (1,0 điểm).
Cho n là số nguyên dương lớn hơn 2 và kí hiệu n!  1.2.3...n (tích của n số nguyên dương đầu
tiên). Chứng minh rằng: với mỗi số nguyên dương lớn hơn 2 và không vượt quá n! đều phân tích được
thành tổng gồm không quá n số nguyên dương, sao cho hai số bất kỳ đều khác nhau và mỗi số này đều
là ước số của n!
———— HẾT————
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh……………………………………………… Số báo danh……………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016
———————
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
Dành cho tất cả các thí sinh
—————————
A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý
Nội dung trình bày
1
a
x  y  1

Thay m  1 vào hệ ta có:  2 1
 x  2 y  2
x  y 1
x  y 1
x  y 1




 2 3
 2 3
1
2
 y  1  y  2  y  y  1  0  y  y  1  0


2

2

2
  x  1

 x  y  1   y  2


 y  2
  
  x  3

2
 y  1
 
 

2
1
 y 
2

3 1
Vậy, hệ có nghiệm  x; y  là  ;  và  1;  2  .
2 2
b
mx  (3x  1)  1
(m  3) x  2

Thay y  3x  1 vào hệ có:  2 1
 2
x   3x  1  2
2 x  3 x  5  0


2
(m  3) x  2
m  1

  x  1
 

 m  19
 x  5
5

 
2
19
Vậy, m  1 hoặc m  .
5

2

Điểm
2,0
0,25

0,75

0,5

0,25

0,25

2,0
1
1

Đường thẳng  d  đi qua điểm A 1;      3  m
2
2

5
5
1

 m  . Vậy, m  thì  d  đi qua điểm A 1;   .
2
2
2

b
m
 d  cắt các trục toạ độ tại các điểm A  0; m  và B  ;0 
3 
m
SOAB  9  OA.OB  18  m .
 18  m2  54  m  3 6
3

a

0,5
1,0
0,25
0,25


3
a

2,0
0,5

Điều kiện: 0  x  1
15 x  11 3 x  2 2 x  3
P



x  2 x  3 1 x
3 x

15 x  11



3 x 2 2 x 3

x 1
x 3

 x 1 x  3
3 x  2 x  3   2 x  3 x 1
15 x  11


 x 1 x  3
 x 1 x  3



b

15 x  11



0,25

5x  8 x  9

 x 1 x  3  x 1 x  3
 x 1 2  5 x   2  5 x

 x 1 x  3 x  3
 x  3 P  m   x  3 2 x5 3x  m  5
Đối chiếu ĐK có: 0 

0,25

0,25

0,25

x  2m  x 

2m
5

2m
 1  3  m  2 . Vậy, 3  m  2
5

4

0,25
0,25
3,0

A
K

E
C'
F

B

a

B'
A1
H

D

O

A'

C

  BFC
  90o suy ra tứ giác BFEC nội tiếp
Do BEC
  FAE

 ) và BAC

AEF  
ABC (cùng bù với góc CEF

0,5

  90o , CH  AB  CH / / AK
Lại có BAK
 tứ giác AHCK là hình bình hành
AE AA1

(1) , trong đó: AA’ là trung tuyến ABC , AA1
Ta có: AEF ∽ ABC 
AB AA '
là trung tuyến AEF
AE AB
AE
AB
AE OA '
  BKC

Do BAC
 ABE ∽ KBC 





 2
KC KB
2OA ' 2 R
AB
R

0,5

Từ đó suy ra AEF ∽ ABC (đpcm).

b Ta có BCK
 90o , AH  BC  AH / / KC

AA1 OA '

 R. AA1  OA '. AA '  .
AA '
R
Gọi B’, C’ lần lượt là trung điểm của AC, AB
Ta có: OB '  AC, OC '  AB  OA ', OB ', OC ' lần lượt là đường cao của các tam
giác OBC, OCA, OAB.

Từ (1) và (2) suy ra:
c

0,5

0,25

0,25
0,25


1
SABC  SOBC  SOCA  SOAB  (OA '.BC  OB '. AC  OC '. AB)
2
 2SABC  OA '.BC  OB '. AC  OC '. AB (3)
AA
AA1
Theo phần b suy ra: OA '  R. 1 , mà
là tỷ số giữa 2 trung tuyến của 2 tam
AA '
AA '
AA1 EF
giác đồng dạng AEF và ABC nên
.

AA ' BC
FD
ED
Tương tự có: OB '  R.
,
; OC '  R.
AC
AB
thay vào (3) ta được: 2SABC  R( EF  FD  DE )
Do AD  AA '  AO  OA '  AD  R  OA ' , dấu bằng xảy ra khi A là điểm chính
giữa cung lớn BC
Mà R không đổi, nên EF  FD  DE lớn nhất  SABC lớn nhất  AD lớn nhất
 A là điểm chính giữa của cung lớn BC.

5

0,25

0,25

0,25
1,0

Với n  3  n!  6
Ta có: 3  1  2;4  1  3;5  2  3;6  1  2  3  khẳng định đúng với n  3 .

0,25

Giả sử khẳng định đúng với n  k  k  3, k    .
Ta đi chứng minh khẳng định đúng với n  k  1 .
Thật vật:
Giả sử a là số nguyên dương tuỳ ý và a   n  1! , chia a cho n  1 với số dư r và
thương d. Khi đó: a  d  n  1  r , 0  r  n  1 .

0,25

m

Theo giả thiết, do d  n !  d   di trong đó di 1  i  m  là các số tự nhiên khác
i 1

nhau từng đôi một, và là ước của n!.
Đồng thời m  n . Khi đó: a  d1  n  1  ...  dm  n  1  r và tổng này có không
quá n  1 số khác nhau từng đôi một và đều là ước của  n  1! (đpcm).
---------------------------Hết----------------------------

0,5


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015–2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (3,0 điểm).
a) Giải phương trình:

4 x
3 x

 1.
4 x  8 x  7 4 x  10 x  7

2 x3  3x3 y  8
b) Giải hệ phương trình:  3
 xy  2 x  6  0

Câu 2 (2,0 điểm).
a) Tìm số nguyên tố p để 2 p  1 là lập phương của một số tự nhiên.
b) Trong bảng 1111 ô vuông ta đặt các số tự nhiên từ 1 đến 121 vào các ô đó một cách tùy ý
(mỗi ô đặt duy nhất một số và hai ô khác nhau thì đặt hai số khác nhau). Chứng minh rằng tồn tại hai ô
vuông kề nhau (tức là hai ô vuông có chung một cạnh) sao cho hiệu của hai số đặt trong hai ô đó lớn
hơn 5.
Câu 3 (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC nhọn, có trực tâm H và nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi D, E, F tương
ứng là chân các đường cao của tam giác ABC kẻ từ A, B, C; gọi M là giao điểm của tia AO và cạnh BC;
gọi N , P tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh CA, AB.
a) Chứng minh rằng HE  MN  HF  MP.
b) Chứng minh rằng tứ giác EFPN nội tiếp.

BD  BM  AB 
c) Chứng minh rằng

 .
CD  CM  AC 
2

Câu 4 (1,0 điểm).
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3. Chứng minh rằng:

1
1
1


 1.
2
2
2  a b 2  b c 2  c2a
Câu 5 (1,0 điểm).
Điểm M  x; y  của mặt phẳng tọa độ được gọi là điểm nguyên, nếu cả x và y đều là các số
nguyên. Tìm số nguyên dương n bé nhất sao cho từ mỗi bộ n điểm nguyên, đều tìm được bộ ba điểm
nguyên là đỉnh của một tam giác có diện tích nguyên (trong trường hợp ba điểm thẳng hàng thì coi diện
tích tam giác bằng 0).
———— HẾT————
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!


Họ và tên thí sinh…………………………………… Số báo danh……………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016
———————
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin
—————————
A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không chấm điểm cho phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý
Nội dung trình bày
1
a
x  0

Đk: 4 x  8 x  7  0  x  0

4 x  10 x  7  0

Điểm
3,0

0,25

Ta thấy x  0 không là nghiệm của phương trình đã cho, suy ra x  0 .
Khi đó, phương trình đã cho tương đương:

Đặt 4 x 

4
7
4 x
8
x



3
 1 1
7
4 x
 10
x

0,25

7
4
3
 8  t  4 7  8  (1) trở thành 
1
t t 2
x

t  1
.
 t 2  9t  8  0  
t  8

0,5

Kết hợp với điều kiện t  4 7  8  t  8

7
49


x
x


7
2
4

Với t  8  4 x 
 16  4 x  16 x  7  0  
1
1
x
 x
x 


2
4

0,5

49
1
và x  .
4
4
b Ta thấy x  0 không thỏa mãn hệ đã cho, suy ra x  0 .

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm x 

3

2
2

3
y


 

x
Hệ đã cho tương đương: 
 y3  2  3  2 
 

x

Đặt

2
 a  hê đã cho có dạng
x

0,5

3

a  2  3 y
  a  y   a 2  ay  y 2  3  0
 3

 y  2  3a

1


a  y
2
y  3y2


2
2
do

a

y
a

 3  0 vô nghiệm

 
 a  y   3 y  3  0
2
4




2
4

 y  1
Với a  y  y3  3 y  2  0   y  1  y 2  y  2   0  
y  2

0,25

0,25

+) y  1  a  1  x  2  hệ đã cho có nghiệm  x; y    2;  1
+) y  2  a  2  x  1  hệ đã cho có nghiệm  x; y   1; 2 
0,5

Vậy, hệ đã cho có nghiệm  x; y  là:  2;  1 và 1; 2  .
2

2,0
a

Do 2 p  1 là lập phương của một số tự nhiên, suy ra 2 p  1  z  z lẻ
3

 z  2k  1, k 

0,5

Khi đó, 2 p  1   2k  1  p  k  4k 2  6k  3 .
3

Vì p là nguyên tố nên k chỉ có thể là 1  2 p  1  33  p  13 .
Vậy, số nguyên tố p cần tìm là 13.
b Ta xét hàng có ô ghi số 1 và cột có ô ghi số 121, khi đó hiệu giữa hai số ghi ở hai ô
này là 120.
Số ô vuông cách nhau từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 121 nhiều nhất là 20 cặp ô vuông

0,5

0,25

(10 cặp theo hàng, 10 cặp theo cột). Ví dụ trong bảng trên ô ghi số 1 và ô ghi số 121
cách nhau 4 cặp ô vuông 1; a1  ,  a1; a2  a2 ; a3  ,  a3 ;121 .
1

a1

0,25

a2
a3
121

Nếu hiệu của hai số trong hai ô kề nhau nào đó cũng chỉ là 5 thì qua 20 cặp ta có sự
chênh lệch là 20.5  100 . Như vậy 1  100  101  121 . Do đó ắt có hai ô kề nhau
nào đó sao cho hiệu hai số viết trong hai ô lớn hơn 5.
3

0,5
3,0

A

E
F
P
B

H

O
N

D

M

2

C


a





  FAE
  180o và PMN
Ta có: EHF
 PAN
 180o  FHE
 PMN
1

Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC nên
1



MAC
 OAC
 900  COA
 900  
ABC  HAF
2

 , MAC


Lại có tứ giác AFHE và APMN nội tiếp  HAF
 HEF
 MPN


Suy ra HEF
 MPN
 2

Từ (1) và (2) suy ra MNP ∽ HFE 

MP MN

 HE  MN  HF  MP  .
HE HF



b Do 
AEF  HEF
 90o , 
APN  MPN
 90o và kết hợp với (2)
Suy ra 
AEF  
APN

c

 

Lại có 
NEF  
AEF  180o  NEF
APN  180o hay 
NEF  EPN
 180o
Do đó tứ giác EFPN nội tiếp.
BD SAHB HF  AB
Ta có:


CD SAHC HE  AC
BM SABM
AB  MP



CM SACM AC  MN

Suy ra

BD  BM AB 2  HF  MP

CD  CM AC 2  HE  MN

0,25
0,25

0,25
0,25
0,5
0,5

0,5

0,25

BD  BM  AB 
Do HF  MP  HE  MN , suy ra

 .
CD  CM  AC 
2

4

0,25
1,0

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,

1  1  a 2b  3 3 a 2b và 3 3 ab2  a  b  b  a  2b.
2
1
a 2b
1
1
2
 1 a b 
 1
 1   a  3 ab2  1   a  a  2b 
Suy ra
2
2
3
2
2a b
11 a b
3
9
3 ab
ta có

1
1 1
  (a 2  2ab) (1)
2
2  a b 2 18
1
1 1
Tương tự, cũng có:
(2)
  (b2  2bc)
2
2  b c 2 18
1
1 1
(3)
  (c 2  2ca)
2
2  c a 2 18
Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu được
1
1
1
3 1
2


   a  b  c   1. Điều phải chứng minh.
2
2
2
2  a b 2  b c 2  c a 2 18
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Suy ra

5

0,25

0,25

0,25

0,25
1,0

+ n  4 không thỏa mãn, vì ta có thể chọn bốn điểm nguyên là đỉnh của một hình
vuông đơn vị, khi đó, mỗi tam giác có đỉnh là ba trong bốn điểm nguyên đang xét
1
có diện tích bằng
không phải là số nguyên.
2
+ Ta chứng minh n  5 là số nguyên bé nhất thỏa mãn. Ta chia các điểm nguyên
M ( x; y) của mặt phẳng thành 4 loại:
Loại 1: x chẵn, y chẵn; Loại 2: x chẵn, y lẻ; Loại 3: x lẻ, y lẻ; Loại 4: x lẻ, y chẵn.
Khi đó, trong 5 điểm nguyên đang xét, luôn có hai điểm cùng loại, ta gọi đó là hai
điểm A, B. Ta sẽ chứng minh, với mọi điểm nguyên C, diện tích tam giác ABC luôn
là số nguyên.
Thật vậy:
3

0,25

0,25

0,25


+ Nếu A và B có cùng hoành độ a, thì do A, B cùng loại, nên độ dài AB là số chẵn.
1
Gọi h là khoảng cách d (C; AB), với C (c1; c2 ), khi đó S ABC  AB  h là số
2
nguyên.
Tương tự với A, B cùng tung độ, ta cũng có diện tích tam giác ABC là số nguyên.
+ Xét trường hợp A(a1; a2 ), B(b1; b2 )
thuộc cùng một loại, nhưng a1  b1 ,
a2  b2 . Chọn điểm thứ tư D, chẳng hạn
D(b1; a2 ) (Hình vẽ). Khi đó, theo lập luận
ở trên, các tam giác ABD, CAD, CBD có
diện tích là số nguyên, suy ra S ACBD là số
nguyên.
Nhưng S ACBD  S ABC  S ABD , nên S ABC là
số nguyên. Điều phải chứng minh.
---------------------------Hết----------------------------

4

0,25



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×