Tải bản đầy đủ

ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN vào lớp 10 2016 2017+ đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2016 – 2017

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài:120 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: (1,5 điểm)
1) Giải phương trình: x 2  6x  8  0 .
2
 x  3y  4
2) Giải hệ phương trình:  2
.
5x  2y  7

Câu 2: (2,0 điểm)




x 5
x  5 x 1
.

.
x
 x  2 x 1 x 1 
2) Với giá trị nào của m thì đồ thị các hàm số y  2x  m và y  3x  6 cắt nhau tại một

1) Rút gọn biểu thức: P  

điểm trên trục hoành.
Câu 3: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: 2x 2  4x  x 2  2x  4  14 .
2) Tìm m để phương trình x 2  3x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn
x13  x 32  9 .

Câu 4: (3,5 điểm)
Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường kính AB (M khác A và B), trên cung BM
lấy điểm N (N khác B và M). Gọi C là giao điểm của đường thẳng AM và đường thẳng BN, H là
giao điểm của đoạn thẳng BM và đoạn thẳng AN. Gọi D là điểm đối xứng của điểm H qua điểm
M, P là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng DC.
a) Chứng minh CH  AB .
b) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.
c) Chứng minh CN.CB  CD.CP .
d) Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng.
Câu 5: (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 

4x 2  9x  18 x  9
4x x  4x
với x  0 .
 2
4x x  4x
4x  9x  18 x  9

----------Hết---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………..……… Số báo danh:…………………………………

Chữ kí của giám thị 1:………………………..……….. Chữ kí của giám thị 2:……………………….


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: TOÁN

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm tất cả 03 trang)
A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐÁP ÁN

CÂU

1)  '   3  8  1
2

0,25

Phương trình có nghiệm x1  2 và x 2  4
Câu 1
(1,5 điểm)

 x 2  3y  4
x 2  1
2)  2

y  1
5x  2y  7

Câu 2
(2,0 điểm)

 



0,5
0,25

 x  1  x  1

v
y  1 y  1
1) Điều kiện: x  0 và x  1


x 5
x 5

. x  1
P

2

x
x  1 x  1 
x 1


 x 5
x 5 1


.
x 1  x
 x 1
8 x 1

.
x 1 x
8

x 1
2) Đồ thị hàm số y  3x  6 cắt trục hoành tại điểm M  2;0 



ĐIỂM



Điểm M  2;0  thuộc đồ thị hàm số

y  2x  m  0  2.  2   m
m4

0,5
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

1) 2x 2  4x  x 2  2x  4  14 *

Đặt t  x 2  2x  4  0
Phương trình (*) trở thành 2t 2  t  6  0
Câu 3
(2,0 điểm)

t  2

3
 t    loai 
2


 x 2  2x  4  2
 x 2  2x  8  0

0,25

0,25

0,25

1


x  2

 x  4

0,25

2) Phương trình x 2  3x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2
9
4
x  x  3
Theo định lý Viet, ta có:  1 2
 x1 .x 2  m
x13  x 32  9   x1  x 2   x12  x1 .x 2  x 2 2   9
   0   3  4.1.m  0  m 
2





  x1  x 2   x1  x 2   3x1 .x 2  9
 3.  32  3m   9

2

 m  2 (nhận)

Câu 4
(3,5 điểm)

1) AMB  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BM là
đường cao của ABC

ANB  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AN là đường
cao của ABC
 H là trực tâm của ABC
 CH  AB
2) DAC  HAC ( vì AC là đường trung trực của đoạn DH)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

HAC  MBN ( góc nội tiếp cùng chắn cung MN)
 DAC  DBC  ABCD nội tiếp
3)
CN CM

 CN.CB  CA.CM 1
CMN đồng dạng CBA 
CA CB
CD CM

 CD.CP  CA.CM  2 
CDM đồng dạng CAP 
CA CP

0,25

Từ (1) và (2)  CD.CP  CN.CB

0,25
0,25

4) Chứng minh được tứ giác PAMD nội tiếp  PMA  PDA

0,25
0,25
0,25

2


CBA  PDA ( tứ giác ABCD nội tiếp – cùng bù CDA )
ABN  AMN  180o ( tứ giác ABNM nội tiếp)

0,25

 PMA  AMN  180o  P, M, N thẳng hàng

0,25

A


4x 2  9x  18 x  9
4x x  4x
 2
4x x  4x
4x  9x  18 x  9

4x 2  9







x 1



2

4x







0,25

x 1


4x  9  x  1
2x  3 x  1  12x  x  1  3

Nhận xét:
4x  x  1
4x  x  1
4x  x  1
8 4x  9  x  1
1 4x  9  x  1
A .
 .

9
9
4x  x  1
4x  x  1
4x  9  x  1
4x

x 1

4x 2  9



x 1

2

2

2

2

2

2

8
1 10
 .3  2. 
9
3 3
 4x 2  9 x  1 2

3
 4x x  1

Dấu “=”  
2
4x x  1
 1 4x 2  9 x  1

 .
4x x  1
9
4x 2  9 x  1








 2x = 3
x







0,25

2

2

2

Câu 5
(1,0 điểm)

0,25

2

0,25

















2

0,25

x 1

21  3 33
10
21  3 33
. Vậy min A 
khi  x 
.
8
3
8

B. HƯỚNG DẪN CHẤM
1. Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm của bài thi là tổng của các
điểm thành phần và không làm tròn.
2. Học sinh giải theo cách khác nếu đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa phần đó.
------- HẾT -------

3


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2016 – 2017

Môn thi: TOÁN – CHUYÊN
Thời gian làm bài:150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: (2,0 điểm)
1. Cho đa thức P(x) = x9 – 17x8 + m. Tìm m biết rằng a = 3  3  13  2 12 là một
nghiệm của P(x).
a
a
a
a
2. Cho 2016 số dương a1, a2,..., a2015, a2016 thỏa mãn: 1  2  ...  2015  2016 .
a 2 a3
a 2016
a1
2
2
2
a1  a 2  ...  a 2016
Hãy tính giá trị của biểu thức: A =
2 .
 a1  a 2  ...  a 2015  a 2016 
Câu 2: (3,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2x  3  x 2  5x  5  0.
2(x  y) = 3xy

2. Giải hệ phương trình: 6(y  z) = 5yz
3(x  z) = 4xz .

3. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x  y  z và x  y  z  3. Tìm giá trị nhỏ
x z
nhất của biểu thức: B    3y.
z y
Câu 3: (2,0 điểm)
1. Tìm cặp số nguyên tố (m, n) sao cho m 2  2n 2  1  0.
2. Cho hai số tự nhiên a, b sao cho a 2  b 2  ab chia hết cho 10. Chứng minh rằng
a 2  b 2  ab chia hết cho 100.
Câu 4: (1,5 điểm)
2
Cho hình chữ nhật ABCD, biết AD  AB. Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho đường
3
thẳng AM cắt đường thẳng CD tại I. Lấy điểm P thuộc cạnh AB, điểm Q thuộc cạnh CD sao
cho PQ vuông góc với AM. Đường phân giác của góc MAD cắt CD tại H. Chứng minh rằng:
2
a) PQ  BM  DH.
3
1
1
4
b)
.
2 
2 
AB
AM 9AI2
Câu 5: (1,5 điểm)
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP (MP < MN), đường thẳng vuông góc
với MI tại I cắt NP kéo dài tại Q. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên MQ.
a) Chứng minh PIQ  INP.
b) Chứng minh điểm H nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.
----------Hết---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………….. Số báo danh:……………..…………………..
Chữ kí của giám thị 1:………………………..…….. Chữ kí của giám thị 2:……………………….


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2015 – 2016

Môn thi: TOÁN – CHUYÊN
Thời gian làm bài:150 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

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 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4
thỏa mãn điều kiện x14  x24  x34  x44  240 .
Câu 2 (2,0 điểm)
3
2
 x  6 x y  7
a) Giải hệ phương trình  3
.
2
2 y  3 xy  5

x 2  4 x  12  2 x  4  x  1 .

b) Giải phương trình
Câu 3 (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình

1 1
1
 
.
x y 617

b) Tìm số tự nhiên bé nhất có 4 chữ số biết nó chia cho 7 được số dư là 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 và Q khác C).
1) Chứng minh IA vuông góc PQ.
2) Trên hai đoạn 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.

1
1
1


.
AB BC CA
Câu 5 (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện x + y + z = 1. Chứng minh rằng:
b) Cho tam giác ABC có BAC  2CBA  4 ACB . Chứng minh rằng

350
386
 2
 2015 .
xy  yz  zx x  y 2  z 2
……………………… Hết ………………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………….. Số báo danh:………………………
Chữ kí của giám thị 1:………………………Chữ kí của giám thị 2: ………………………...


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2016 – 2017
PHIẾU CHẤM BÀI THI
Môn thi: TOÁN – CHUYÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Dùng cho lần chấm thứ nhất)
Túi số:…………… Phách số:…………………
Câu

Thang Điểm
điểm chấm

Đáp án
1) a  3  3   12 1
P(a)= 0
m = 16.
a  a 2  ...  a 2016
a
2) 1 =...= 1
=1
a2
a 2  ...  a 2016  a 1

a 1 =a 2  ...  a 2016 ; a =...  a 2016
2
1

A=

2

2
1

2016a
1
=
.
2
2016
2016a

1

1) ĐK: x 

 x-1 -

3
2

2x - 3

0,25
3
0,25

 x-2 +

2,00

x  1
2



2x - 3 =0

x -4x + 4=0

a 2 +b 2 +ab 100.
Tổng điểm câu 3
AN  PQ (1)
2
2
DN= BM; AN= AM (2)
3
3
NA  NH (3) .

0,25

 x=2 0,25

 x  2
2x - 3  2  x  
 x=3- 2( n)

4

Ta có

x

1

1

11

  =
y z 6

2

Nghiệm (x;y;z) : (0;0;0) và (1;2;3). 0,25
x
z
3)  xz  2x;  yz  2z .
0,25
z
y

B  2(x+z)+y 2 +x(y-z) (1)
x>0, y  z  x(y-z)  0 (2)
B  2(x+z)+y 2 =(y-1)2 +5  5
GTNN bằng 5 khi x = y = z = 1
Tổng điểm câu 2

0,25
0,25
0,25
3,00

Tổng điểm chấm:
-

Bằng số:………………………………………

-

Bằng chữ:……………………………………..

3
=

BM +DH
1
2

+

1

AD AN AI 2
1
1
1
1
1
4
= 2+ 2  2=
+ 2
2
2
AD AN AI
AB AM 9AI
Tổng điểm câu 4

IPM + IMP  INP  90o
PIQ  INP
QI
QN

=

QP
QI

Thang Điểm
điểm chấm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2,00
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1,50
0,25
0,25

IH  MQ  QI 2 =QH.QM (1)

5
0,25

2

PQ 
1

0,25

x=2 hoặc x=3- 2 là nghiệm
2) x = y = z = 0 là 1 nghiệm của hệ 0,25
1
3
1
 x  y = 2 (1 )

Hệ PT   1  1 = 5 ( 2 )
0,25

z
6
y
1
1
4
(3 )
  =
x
z
3


1

2) a 3 và b3 có cùng chữ số tận cùng
Lập được bảng chữ số tận cùng,
a và b có chữ số tận cùng như nhau.
a 2 , b 2 và ab đều có chữ số tận cùng
là 0
a, b có chữ số tận cùng là 0, Suy ra

0,25

2x - 3=x-1  

2

0,25
0,25
0,25

0,5

Tổng điểm câu 1

Đáp án
1) PT  2n 2 =m 2 -1=  m-1 m+1
(m-1) và (m+1) đều chẵn
n2 .
m=3; n=2 thỏa mãn YC bài toán.

0,25

a  1.

1

Câu

 QI 2 =QP.QN (2)

QHP  QNM
H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam
giác MNP.
Tổng điểm câu 5
Tổng điểm toàn bài

Ngày ……tháng 6 năm 2016
Cán bộ chấm thi
(Ký ghi rõ họ tên)

0,25
0,25
0,25
0,25
1,50
10,00


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2015 – 2016

Môn thi: TOÁN – CHUYÊN

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm tất cả 05 trang)
A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu

Đáp án
a) (1,0 điểm) Giải phương trình khi m = 0
Với m = 0, ta được phương trình x 4  8 x 2  8  0
Đặt t  x 2 . Phương trình trên trở thành phương trình
t 2  8t  8  0
 t  42 2 t  42 2

Điểm
0,25
0,25
0,25

Với t  4  2 2 , ta được x 2  4  2 2  x   4  2 2
Với t  4  2 2 , ta được x 2  4  2 2  x   4  2 2
Vậy với m = 0, phương trình đã cho có 4 nghiệm là

0,25

x   4 2 2,x   4 2 2
b) (1,0 điểm) x 4  2(m  4) x 2  m 2  8  0 (*)

Câu 1
(2,0 điểm)

Đặt t  x 2 , t  0 . Phương trình (*) trở thành phương trình
t 2  2(m  4)t  m 2  8  0 (1)
(*) có 4 nghiệm phân biệt  (1) có hai nghiệm dương phân biệt
8m  8  0
   0


  P  0   m 2  8  0  m  1
2(m  4)  0
S  0


Gọi t1 , t2 là hai nghiệm dương phân biệt của (1). Ta được

x1   t2 , x2   t1 , x3  t1 , x4  t2

0,25

0,25

0,25

Khi đó,

x14  x24  x34  x44  240  t22  t12  t12  t22  240
 t12  t22  120  (t1  t2 ) 2  2t1t2  120  0
m  2
 m 2  16m  36  0  
 m  18(loai )
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.

0,25

1


Điều kiện x, y 

3
2
 x  6 x y  7
a) (1,0 điểm) Giải hệ  3
2
2 y  3 xy  5
. Khi đó,

3
2
3
2
3
2
 x  6 x y  7
 x  6 x y  7
 x  6 x y  7
 3
 3
 3
2
2
2
2
3
2 y  3 xy  5
8 y  12 xy  20
8 y  12 y x  6 yx  x  27
 x3  6 x 2 y  7
 x3  6 x 2 y  7


3
(2 y  x)  27
2 y  x  3
2 x3  9 x 2  7  0
( x  1)(2 x 2  7 x  7)  0


2 y  3  x
2 y  3  x
 x  1

7  105
 
  x 
4

y  3 x

2
Vậy hệ đã cho có ba nghiệm (x;y) là
 7  105 5  105   7  105 5  105 
(1;1), 
;
;
, 

4
8
4
8

 


Câu 2
(2,0 điểm)

b) (1,0 điểm) Giải phương trình

0,25

0,25

0,25

0,25

x 2  4 x  12  2 x  4  x  1

Điều kiện x  1 .
Nhận thấy x = – 1 không là nghiệm của phương trình đã cho nên

0,25

x 2  4 x  12  2 x  4  x  1  ( x  2) 2  8( x  1)  2( x  2)  x  1


( x  2) 2
( x  2)
8  2
 1 (**)
x 1
x 1

x2
, phương trình (**) trở thành phương trình t 2  8  2t  1
x 1
2t  1  0
2t  1  0
 2

 t 1
 2
2
t  8  (2t  1)
3t  4t  7  0
x  2  0
x2
Với t  1 , ta được
 1  x 1  x  2  
2
x 1
 x  1  ( x  2)
x  2
x  2  0
5  13

 2

5  13
5  13  x 
2
x
 x  5x  3  0
x 
2
2

5  13
So với điều kiện ban đầu, nghiệm của phương trình đã cho là x 
2

0,25

Đặt t 

0,25

0,25

2


a) (1,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
Phương trình

Câu 3
(2,0 điểm)

1 1
1
 
x y 617

1 1
1
 
 617( x  y )  xy
x y 617
 ( x  617)( y  617)  617 2 ( a)

0,25
0,25

Vì 617 là số nguyên tố nên
 x  617  1
 x  617  617 2  x  617  617
0,25
(a)  


2
 y  617  617
 y  617  617  y  617  1
 x  618
 x  617 2  617  381306  x  1234



0,25
2
 y  1234
 y  617  617  381306  y  618
b) (1,0 điểm) Tìm n  có 4 chữ số bé nhất thỏa n chia 7 dư 2; n 2 chia 11 dư 3
Vì n 2 chia 11 dư 3 nên n 2 – 3 chia hết cho 11. Suy ra
n 2  2511  ( n  5)(n  5)11
0,25
 n  511

 n  511
Suy ra n chia 11 dư 6 hoặc n chia 11 dư 5.
0,25
Nếu n chia 11 dư 6 thì n chia 77 dư 6, 17, 28, 39, 50, 61 hoặc 72. Vì n
chia 7 dư 2 nên n chia 77 dư 72.
Trong trường hợp này số cần tìm là 1073.
Nếu n chia 11 dư 5 thì n chia 77 dư 5, 16, 27, 38, 49, 60 hoặc 71. Mà n
chia 7 dư 2 nên n chia 77 dư 16.
Trong trường hợp này số cần tìm là 1017.
Vậy 1017 là số cần tìm.
a) (2,0 điểm)
A

0,25

0,25

P

E

Câu 4
(3,0 điểm)

I

Q

F

B

H
M

N
C

3


1) (1,0 điểm) PQ vuông góc với AI
Trong tam giác ABC, gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ B và C.
Khi đó, ABE vuông tại E và ACF vuông tại F. Từ đó suy ra
 ABP  BAC  90o
 ABP  ACQ

o
 ACQ  BAC  90

 sđ AP = sđ AQ
 A là điểm chính giữa cung PQ
 AI vuông góc với PQ (đpcm)

0,25
0,25
0,25
0,25

2) (1,0 điểm) tam giác AMN cân
Theo giả thiết,
Tam giác AMC vuông tại M có ME là đường cao nên
AM 2  AE. AC (i)
Tam giác ANB vuông tại N có NF là đường cao nên
AN 2  AF . AB (ii)
 AEB  AFC  900
Tam giác AEB và tam giác AFC có 
nên chúng đồng
EAB

FAC

dạng với nhau. Do đó,
AE AB

 AE. AC  AF . AB (iii)
AF AC
Từ (i), (ii), (iii) ta được AM 2  AN 2  AM  AN . Hay tam giác AMN
cân tại A
1
1
1


b) (1,0 điểm) Chứng minh
AB BC CA

0,25

0,25

0,25
0,25

D
3a

A

3a
4a

B

2a

a
a

C

Đặt ACB  a suy ra CBA  2a , BAC  4a và 7 a  180o . Gọi D là giao
điểm của AB với đường trung trực cạnh BC.

0,25

Khi đó, BDC cân tại D suy ra DCB  2a . Suy ra CA là phân giác trong
AB AD

của DCB . Do đó,
(a)
BC DC

0,25

4


Mặt khác, DCA cân tại C vì DAC  ADC  3a . Do đó,
AB AB
CA  CD 

(b)
CA CD
AB AB
1
1
1

1


Từ (a), (b) ta được
(đpcm)
BC CA
BC CA AB
350
386
Đặt P 
 2
. Phân tích P như sau
xy  yz  zx x  y 2  z 2

P  157

Câu 5
(1,0 điểm)



1
1
1
 386 
 2
2
2 

xy  yz  zx
 2  xy  yz  zx  x  y  z 

Ta luôn có
( x  y ) 2  ( y  z ) 2  ( z  x) 2  0  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  0
 ( x  y  z ) 2  3( xy  yz  zx)
1
Theo giả thiết x + y + z = 1 suy ra
 3 (i). Đẳng thức xảy ra
xy  yz  zx
1
khi và chỉ khi x  y  z  .
3
1 1
4
, a  0, b  0 . Đẳng thức xảy ra
Mặt khác, (a  b) 2  0   
a b ab
khi và chỉ khi a = b. Áp dụng bất đẳng thức trên ta được
1
1
4
 2

 4 (ii)
2
2
2( xy  yz  zx) x  y  z
( x  y  z )2
Từ (i), (ii) suy ra P  157.3  386.4  2015 (đpcm).
1

x  y  z 
Hệ 
vô nghiệm nên đẳng thức không
3
2( xy  yz  zx)  x 2  y 2  z 2

xảy ra.

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

B. HƯỚNG DẪN CHẤM
1. Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm của bài thi là tổng của các
điểm thành phần và không làm tròn.
2. Học sinh giải theo cách khác nếu đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa phần đó.
……………………… Hết ………………………

5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2016 – 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN – CHUYÊN

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm tất cả 05 trang)

Bài
Câu 1.
(2,0
điểm)

A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Đáp án
9
1) Cho đa thức P(x) = x – 17x8 + m. Tìm m biết rằng a =

Điểm

3  3  13  2 12 là một nghiệm của P(x).

a 

3  3  13  2 12  3  3 

 3  4  12  3 





2



12  1  3  3  12  1

0,25



0,25

3 1  3 





2





3  1  1.

Từ giả thiết ta có P(a)= 0
9
8
 1 – 17.1 +m = 0  m = 16.
2) Cho 2016 số dương a1, a2,..., a2015, a2016 thỏa mãn:

0,25
0,25

a
a
a1 a 2
  ...  2015  2016 .
a 2 a3
a 2016
a1

Hãy tính giá trị của biểu thức: A =

2
a12  a 22  ...  a 2016
2 .
 a1  a 2  ...  a 2015  a 2016 

a
a
a1 a 2
= =...= 2015 = 2016
a 2 a3
a 2016 a1
a
a
a a
a  a  ...  a 2016
 1 = 2 =...= 2015 = 2016 = 1 2
=1
a 2 a3
a 2016 a1 a 2  ...  a 2016  a1

0,25

 a1 =a 2

0,25

Ta có :

A=

Câu 2
(3,0
điểm)

 ...  a 2016

 a12 =a 2

2

 ... 

a 22016

2016a12
1
.
2 =
 2016a1  2016

0,5

1) Giải phương trình: 2x  3  x 2  5x  5  0.
ĐK: x 

0,25

3
2

Phương trình đã cho tương đương: 2x-3 - x +1+x 2 - 2x + 1- 2x + 3 = 0
2
 2x-3 -  x -1 +  x-1 -  2x - 3 =0







 2x-3 -  x-1 + x-1 - 2x - 3 x-1 + 2x - 3 =0







0,25

 x-1 - 2x - 3 x-2 + 2x - 3  0
 x-1 -

2x - 3  0 (1)

 x -2+

2x - 3  0 (2)



1


(1) 

x  1

2x - 3=x-1  

2
 x -4x + 4=0

 x=2

x  2

 x  2
(2)  2x - 3  2  x   2
   x=3+ 2 (l)
 x -6x+7=0

  x=3- 2 (n)

0,25

0,25

Vậy x=2 hoặc x=3- 2 là nghiệm của phương trình.
2(x+y) = 3xy

2) Giải hệ phương trình : 6(y+z) = 5yz
3(x+z) = 4xz .


+ Ta thấy x = y = z = 0 là một nghiệm của hệ phương trình.
+ Với x, y, z đều khác 0, ta có hệ phương trình đã cho tương đương
1 1 3
 x+y 3
 x  y = 2 (1)
 xy = 2


1 1 5
 y+z
5

=   =
(2)
6
 yz
y z 6
 x+z 4
1 1 4
=
(3)

  =
 xz 3
x z 3

0,25

0,25

Cộng từng vế của (1), (2), (3) ta có:
 1 1 1  22
1 1 1 11
 2    =
   =
(4)
6
x y z 6
x y z
Kết hợp (1) với (4) ta có z=3,
kết hợp (2) với (4) ta có x=1,
kết hợp (3) với (4) ta có y=2.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x;y;z) là (0;0;0) và (1;2;3).
3) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x  y  z và x+y+z=3.
x
z

0,25

0,25

z
y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B= + +3y.
+ Với hai số không âm a, b : ta có a+b  2 ab (*), dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi a=b.
+ Áp dụng (*) ta có :

x

+xz  2x;

z
z
y

+yz  2z;

0,25

2


Ta có: B =

x z
+ +3y  2x+2z - xz - yz + 3y=2  x+z   y(x+y+z)-xz-yz
z y

=2(x+z)+y2 +x(y-z) (1)

0,25

Do x>0, y  z  x(y-z)  0 (2)

0,25

Từ (1) và (2) ta có:
x z
B = + +3y  2(x+z)+y2 =2(3-y)+y2 =(y-1)2 +5  5 .
z y
Câu 3
(2,0
điểm)

0,25

Vậy B đạt GTNN bằng 5 khi x = y = z = 1.
1) Tìm cặp số nguyên tố (m, n) sao cho m 2  2n 2  1  0.
Ta có : m2 -2n 2 -1=0  2n 2 =m2 -1=  m-1 m+1

0,25

+ 2n 2 chẵn nên  m-1 m+1 chẵn, mà (m-1) và (m+1) cùng tính chất chẵn,

0,25

lẻ suy ra (m-1) và (m+1) đều chẵn.
  m-1 m+1 4  n 2  2 , mặt khác 2 là số nguyên tố  n  2 .

0,25

Theo đề bài n là số nguyên tố  n  2  m  3 .
Vậy m=3; n=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

0,25

2) Cho hai số tự nhiên a, b sao cho a 2 +b2 +ab10. Chứng minh rằng
a 2 +b2 +ab100.
Vì a 2 +b2 +ab10  (a-b)(a 2 +b2 +ab)10  (a 3 -b3 )10
0,25
Suy ra a 3 và b3 có chữ số tận cùng như nhau (*).
Bảng chữ số tận cùng:
n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0,25
n3
0
1
8
7
4
5
6
3
2
9
Từ bảng chữ số tận cùng trên và (*) suy ra a và b có chữ số tận cùng như
nhau.
Suy ra a 2 , b2 và ab có chữ số tận cùng như nhau.

0,25

Theo giả thiết a 2 +b2 +ab10  a 2 , b2 và ab đều có chữ số tận cùng là 0.
Theo giả thiết a, b là số tự nhiên nên suy ra a, b có chữ số tận cùng là 0

0,25

Suy ra a 2 100, b2 100, ab100 tức là a 2 +b2 +ab100.
Câu 4
(1,5
điểm)

2
3

Cho hình chữ nhật ABCD, biết AD  AB. Trên cạnh BC lấy điểm M
sao cho đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại I. Lấy điểm P thuộc cạnh
AB, điểm Q thuộc cạnh CD sao cho PQ vuông góc với AM. Đường phân
giác của góc MAD cắt CD tại H. Chứng minh rằng:
3


2
3

a) PQ  BM+DH.
b)

1
1
4
.
2 =
2 +
AB AM 9AI2
P

A

B
M

N

D

H Q

I

C

a)
Kẻ AN  AM cắt CD kéo dài tại N Ta có : tứ giác APQN là hình bình
hành  AN  PQ (1) .

0,25

Ta có : DAN = BAM (cùng phụ phụ với DAM ) và
ADN = ABM  900 suy ra tam giác ADN đồng dạng với tam giác ABM
AN DN AD 2

=
=
=
AM BM AB 3
2
2
 DN= BM; AN= AM (2) .
3
3
Mặt khác: NAH = DAN  DAH  BAM  HAM  BAH  AHN
Suy ra tam giác NAH cân tại N  NA  NH (3) .

Từ (1), (2) và (3) ta có: PQ  AN  HN  ND + DH=

2
BM +DH
3

0,25

0,25

0,25

(đpcm).
b)
Ta có: NAI = 900 nên tam giác NAI vuông tại A
1
1
1
Suy ra
.
2 =
2 +
AD AN AI2
2
2
Từ câu a) ta có: AN= AM và theo giả thiết AD= AB nên
3
3
1
1
1
1
1
1
1
1
4
=
+ 2 
=
+
2 =
2 +
2  4
2
2
2 (đpcm).
4
AD AN AI
AI
AB
AM
9AI
2
2
AB
AM
9

Câu 5
(1,5
điểm)

0,25

0,25

9

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP (MP < MN), đường
thẳng vuông góc với MI tại I cắt NP kéo dài tại Q. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của I trên MQ.
a) Chứng minh PIQ  INP.
b) Chứng minh điểm H nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP.
4


Q
P

H

I
N

M
a)

Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP nên IPM + IMP  INP  90o









0,25

 90o  PIQ = MIP  180o  IPM  IMP  180o  90o  INP  90o  INP

Suy ra PIQ  INP (đpcm).

0,25

b)
Xét tam giác vuông MIQ có IH  MQ  QI2 =QH.QM (1)

0,25

Theo kết quả câu a) PIQ  INP nên Δ QIP và Δ QNI đồng dạng
QI QP

=
 QI2 =QP.QN (2)
QN QI

0,25

Từ (1) và (2)  QH.QM=QP.QN  tam giác QPH và QMN đồng dạng
 QHP  QNM .

0,25

Suy ra bốn điểm M, H, P, N cùng nằm trên một đường tròn. Vậy H thuộc
đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.

0,25

B. HƯỚNG DẪN CHẤM
1. Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm của bài thi là tổng của các điểm thành
phần và không làm tròn.
2. Học sinh giải theo cách khác nếu đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa phần đó.
------- HẾT -------

5



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×