Tải bản đầy đủ

Bộ đề và đáp án môn toán chuyên thi vào lớp 10 sở GDDT TP hà nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2014 – 2015
Môn thi : Toán
Ngày thi : 24 tháng 6 năm 2014
Thời gian làm bài : 150 phút
(Dành cho thí sinh thi chuyên Toán)

Bài I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình x(5x3  2)  2( 2 x  1  1)  0 .
2

 x (4 y  1)  2 y  3 .
2) Giải hệ phương trình  2 2
2

 x ( x  12 y )  4 y  9


Bài II (2,5 điểm)
1) Chứng minh nếu n là số nguyên dương thì 25n  7 n  4n (3n  5n ) chia hết cho 65.
2) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 2 y  xy  2 x 2  3x  4  0.
3) Tìm các bộ số tự nhiên  a1; a2 ; a3 ;...; a2014  thỏa mãn
2

a1  a2  a3  ...  a2014  2014
.
 2
2
2
2
3

a1  a2  a3  ...  a2014  2014  1

Bài III (1,5 điểm)
Với ba số dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  1, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Q

x
y
z


.
x  x  yz y  y  zx z  z  xy

Bài IV (3,0 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn  O  , H là trung điểm của BC. M là điểm
bất kì thuộc đoạn thẳng BH ( M khác B ). Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng CA sao cho
CN  BM . Gọi I là trung điểm của MN .
1) Chứng minh bốn điểm O, M , H , I cùng thuộc một đường tròn.
2) Gọi P là giao điểm của OI và AB. Chứng minh tam giác MNP là tam giác đều.
3) Xác định vị trí của điểm M để tam giác IAB có chu vi nhỏ nhất.
Bài V (1,0 điểm)
Cho bảng ô vuông kích thước 3  n (3 hàng; n cột, n là số tự nhiên lớn hơn 1) được
tạo bởi các ô vuông nhỏ kích thước 11. Mỗi ô vuông nhỏ được tô bởi một trong hai màu
xanh hoặc đỏ. Tìm số n bé nhất để với mọi cách tô màu như thế luôn tìm được hình chữ nhật


tạo bởi các ô vuông nhỏ sao cho 4 ô vuông nhỏ ở 4 góc của hình chữ nhật đó cùng màu.
--------Hết-------Lưu ý : 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
HÀ NỘI

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2014 – 2015
Môn thi : Toán
Ngày thi : 24 tháng 6 năm 2014
Thời gian làm bài: 150 phút
(Dành cho thí sinh thi chuyên Tin)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình 5x4  2 x  2  2 2 x  1  0.

 x  2 y  1  y  3
2) Giải hệ phương trình  2
.
2
 x  y  6 xy  9
Bài II (2,5 điểm)
1) Chứng minh nếu n là số nguyên dương thì 5n  5n  3n   2n  9n  11n  chia hết cho 21.
2) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 5x2  y 2  2 xy  2 x  2 y  4  0.
3) Chứng minh trong 2014 số nguyên dương a1 , a2 , a3 ,..., a2014 thỏa mãn điều kiện
1
1
1
 2  ...  2  4 luôn tìm được ít nhất 3 số bằng nhau.
2
a1 a2
a2014
Bài III (1,5 điểm)
Với ba số dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  1, chứng minh

1  x2 1  y 2 1  z 2


 6.
x  yz y  zx z  xy
Bài IV (3,0 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn  O  , H là trung điểm của BC. M là
điểm bất kì thuộc đoạn thẳng BH ( M khác B ). Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng CA sao cho
CN  BM . Gọi I là trung điểm của MN .
1) Chứng minh bốn điểm O, M , H , I cùng thuộc một đường tròn.
2) Xác định vị trí của điểm M để đoạn thẳng MN có độ dài nhỏ nhất.
3) Khi điểm M thay đổi và thỏa mãn điều kiện đề bài, chứng minh diện tích tam giác
IAB không đổi.
Bài V (1,0 điểm)
Cho tập hợp A gồm 36 số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 36. Chứng minh trong 25 phần tử bất
kì của tập hợp A luôn tìm được 3 phần tử là 3 số đôi một nguyên tố cùng nhau.
-------- Hết -------Lưu ý: 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
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2016 – 2017
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 08 tháng 6 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,0 điểm)

x
2 x  24
7
và B 
với x  0, x  9.

x 9
x 8
x 3
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x  25.
x  8.
2) Chứng minh B 
x 3
3) Tìm x để biểu thức P  A.B có giá trị là số nguyên.
Cho hai biểu thức A 

Bài II (2,0 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình :
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720 m2. Nếu tăng chiều dài thêm 10 m và
giảm chiều rộng 6 m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của
mảnh vườn.
Bài III (2,0 điểm)

1)
2)
a)
b)

2
 3x
 x  1  y  2  4
.
Giải hệ phương trình 
2x
1


 5
y2
 x  1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) : y  3x  m2  1 và parabol
( P) : y  x 2 .
Chứng minh (d ) luôn cắt ( P) tại hai điểm phân biệt với mọi m .
Gọi x1 và x2 là hoành độ các giao điểm của (d ) và ( P). Tìm m để ( x1  1)( x2  1)  1.

Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AB với
đường tròn (O) ( B là tiếp điểm) và đường kính BC. Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I
( I khác C , I khác O ). Đường thẳng AI cắt (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa A và E ).
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng DE.
1) Chứng minh bốn điểm A, B, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
AB BD .
2) Chứng minh

AE BE
3) Đường thẳng d đi qua điểm E song song với AO, d cắt BC tại điểm K .
Chứng minh HK // DC.
4) Tia CD cắt AO tại điểm P, tia EO cắt BP tại điểm F . Chứng minh tứ giác
BECF là hình chữ nhật.
Bài V (0,5 điểm)
Với các số thực x, y thỏa mãn x  x  6  y  6  y, tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y.
…………..……. Hết …………………..
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh : …………………………………… Số báo danh:……..……….…….......
Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 1 :
Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 2 :


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2016 – 2017
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 08 tháng 6 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,0 điểm)

x
2 x  24
7
và B 
với x  0, x  9.

x 9
x 8
x 3
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x  25.
x  8.
2) Chứng minh B 
x 3
3) Tìm x để biểu thức P  A.B có giá trị là số nguyên.
Cho hai biểu thức A 

Bài II (2,0 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình :
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720 m2. Nếu tăng chiều dài thêm 10 m và
giảm chiều rộng 6 m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của
mảnh vườn.
Bài III (2,0 điểm)

1)
2)
a)
b)

2
 3x
 x  1  y  2  4
.
Giải hệ phương trình 
2x
1


 5
y2
 x  1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) : y  3x  m2  1 và parabol
( P) : y  x 2 .
Chứng minh (d ) luôn cắt ( P) tại hai điểm phân biệt với mọi m .
Gọi x1 và x2 là hoành độ các giao điểm của (d ) và ( P). Tìm m để ( x1  1)( x2  1)  1.

Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AB với
đường tròn (O) ( B là tiếp điểm) và đường kính BC. Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I
( I khác C , I khác O ). Đường thẳng AI cắt (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa A và E ).
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng DE.
1) Chứng minh bốn điểm A, B, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
AB BD .
2) Chứng minh

AE BE
3) Đường thẳng d đi qua điểm E song song với AO, d cắt BC tại điểm K .
Chứng minh HK // DC.
4) Tia CD cắt AO tại điểm P, tia EO cắt BP tại điểm F . Chứng minh tứ giác
BECF là hình chữ nhật.
Bài V (0,5 điểm)
Với các số thực x, y thỏa mãn x  x  6  y  6  y, tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y.
…………..……. Hết …………………..
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh : …………………………………… Số báo danh:……..……….…….......
Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 1 :
Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 2 :


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2016 – 2017
Môn thi: Toán
Ngày thi: 08 tháng 6 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐÁP ÁN - HƯỚNG DẪN CHẤM (ĐỀ CHÍNH THỨC)
Bài
Bài I
2,0 điểm

Ý
1)

2)

Đáp án
Tính giá trị của biểu thức…
Thay x  25 vào biểu thức A
7
Tính được A  .
13
x 8
Chứng minh B 
x 3
B

B
B



B

3)

Bài II
2,0 điểm

Điểm
0,5
0,25
0,25
1,0

x
2 x  24

x  3 ( x  3)( x  3)

0,25

x ( x  3)  2 x  24



x 3



x 3



0,25

x  5 x  24


x  3
x  3
x 3


x  8

x  3

0,25

x 3

x  8.
x 3

0,25

Tìm x để biểu thức P  A.B có giá trị là số nguyên.
7 . x 8
7
P  A.B 

x 8 x 3
x 3
7
7
7
 0 P .
Ta có 0 
3
x 3 3
Mà P  Z  P {1;2}

0,5

0,25

TH1: P  1  x  3  7  x  16(tm)
7
1
TH2: P  2  x  3   x  (tm)
2
4
1 
Vậy x   ;16 .
4 

0,25

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

2,0

Gọi chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là x

 m  Đk

x  0.

720
 m
x
Chiều dài mảnh vườn sau khi tăng 10 m là x 10  m 
Chiều rộng mảnh vườn là

Chiều rộng mảnh vườn sau khi giảm 6 m là

720
 6  m
x

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


Bài III 1)
2,0 điểm

 720

Ta có phương trình PT: ( x  10).
 6   720
 x

2
 x 10 x –1200  0
Tìm được x1   40 loại ; x2  30 thỏa mãn ĐK.
Vậy mảnh vườn có chiều dài là 30 m, chiều rộng là 24 m.
Giải hệ phương trình...
x
1
Đkxđ: x  1 và y  2 . Đặt
 a và
b
y2
x 1
3a  2b  4
Ta có hệ: 
 2a  b  5
a  2
Giải được 
b 1
 x
 x  1  2
x  2x  2

từ đó ta có 
 1 1  y  2 1
 y  2

 x2

(tmđk).
 y  1
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y    2; 1
2a)

Chứng minh (d ) luôn cắt ( P) tại hai điểm phân biệt …
a) Hoành độ giao điểm của (d ) và ( P) là nghiệm của phương trình:
x 2  3x  m2  1  x 2  3x  m2  1  0 1

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

0,25

0,25

0,25

0,25
0,5
0,25

Xét Δ   3  4  m2  1  4m2  5  0 , m
2

2b)

1)
Bài IV
3,5 điểm

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với m hay (d )
luôn cắt ( P) tại hai điểm phân biệt m .
Tìm m để ( x1  1)( x2  1)  1.
Ta có x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1)

0,25
0,5

Suy ra: x1  x2  3 và x1 x2  m2  1
( x1  1)( x2  1)  1  ( x1  x2 )  x1.x2  0 (*)

0,25

thay x1  x2  3 và x1 x2  m2  1 vào (*) ta có:

0,25

3  m2  1  0  m  2 . Vậy m  2 .
Chứng bốn điểm A, B, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
B
Vẽ hình đúng câu a
A

+ Chứng minh được ABO  900
+ Chứng minh được AHO  900

O
D
H

I
E
C

+ Suy ra bốn điểm A, B, O, H
cùng nằm trên một đường tròn
đường kính AO.

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


2)

Chứng minh

AB BD

AE BE

1,0
B

O

A
D

I

H

E

K
C

3)

+ Chứng minh được ABD  AEB

0,25

+ Xét ABD và AEB có EAB chung
+ Chứng minh được ABD đồng dạng AEB (g.g)
AB BD

+ Suy ra
AE BE
Chứng minh HK // DC

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

+ Tứ giác ABOH nội tiếp suy ra OBH  OAH mà OAH  HEK
(do EK // AO ) suy ra HBK  HEK .
+ Suy ra tứ giác BHKE nội tiếp.

4)

+ Chứng minh được BKH  BCD (cùng bằng BEH )
+ Kết luận HK // DC.
Chứng minh tứ giác BECF là hình chữ nhật.

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

B

F

A

P

O
Q
D
H
M

I
K

E

C

Gọi giao điểm tia CE và tia AO là Q , Tia EK và CD tại điểm M
+ Xét DEM có HK // DM và H là trung điểm của đoạn DE . Suy
ra K là trung điểm của đoạn thẳng ME.
CK
KE MK
+ ME // PQ Suy ra tỉ số:
(cùng bằng
). Suy ra O

CO
OQ OP
là trung điểm của đoạn PQ .
+ OP  OQ; OB  OC. Suy ra tứ giác BPCQ là hình bình hành.
Suy ra CE // BF .
+ Chứng minh được COE  BOF (g.c.g)  OE  OF .
Mà OB  OC  OE  OB  OC  OE  OF . Suy ra tứ giác BECF
là hình chữ nhật.

0,25

0,25


Bài V
0,5 điểm

Tìm giá trị lớn nhất của P  x  y.
Điều kiện x  6 và y  6 .

0,5

Từ giả thiết ta có P  x  6  y  6
Nên P  0 và P 2  P  12  2

 x  6 y  6

Mặt khác theo Cauchy ta có

 x  6 y  6  P  12  x  6  y  6  2P  24
2
 P 2  2P  1  25   P  1  25  P  6.
P2  P  12  2

0,25

x  6  y  6
x  3

(tmđk)
P  6. khi 
x

y

6
y

3


Vậy giá trị lớn nhất P bằng 6 khi x  y  3.
Tìm giá trị GTNN của P  x  y.
Ta có P  0 và P 2  P  12  2


 x  6 y  6

 x  6 y  6  0

 P2  P  12  0  (P 4)(P 3)  0
 P  4 vì P  0
 x  6
 x  10
hoặc 
(tmđk).
P  4 khi 
y

10
y


6


 x  6
 x  10
Vậy giá trị nhỏ nhất P bằng 4 khi 
hoặc 
 y  10
 y  6

Lưu ý:
- Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25.
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Bài IV: Thí sinh vẽ sai hình trong phạm vi câu nào thì không tính điểm câu đó.

0,25


Lời giải cách khác Bài V:
2
Cách 1. Chứng minh:  a  b   2  a 2  b2  ; P  x  y  x  6  y  6
Vì P  0 . Xét P 2 



x6  y6



2

 2  x  y  12  ;  P2  2P  24

 4  P  6 . Vậy GTLN của P  6 khi x  y  3 .
Cách 2.
x  15
x  15
y  15
y  15
và  y  6  .9 
  x  6 
  y  6 
 x  6 .9 
2
6
2
6
x  y  30
 P  6 . Vậy GTNN của P  6 khi x  y  3 .
 P  x y 
6
 x  6  a
2
Cách 3. Đặt 
 a 2  6  b2  6  a  b   a  b   2ab  a  b  12
 y  6  b
 P  P  12  2ab  P  2P  24  0 (vì
2

2

Vậy GTNN của P  6 khi x  y  3 .

 a  b
2ab 
2

2

) P  6


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2016 – 2017
Môn thi : TOÁN
Ngày thi : 09 tháng 6 năm 2016
Thời gian làm bài : 150 phút
(Dành cho thí sinh thi chuyên Toán)

Bài I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình x 4  2 x3  x  2  x 2  x   0.

 x2  2 y  4x  0
.
2) Giải hệ phương trình  2
2
4
4
x

4
xy

y

2
y

4

0

Bài II (2,0 điểm)
1) Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn a3  b3  c3  3abc
ab 2
bc 2
ca 2
.


và abc  0. Tính P  2
a  b2  c2 b2  c 2  a 2 c 2  a 2  b2
2) Tìm t t cả các cặp số tự nhiên ( x; y ) thỏa mãn 2 x.x 2  9 y 2  6 y  16.
Bài III (2,0 điểm)
1) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2  b2  c 2  3 . Chứng minh

2a 2
2b 2
2c 2


 a  b  c.
a  b2 b  c 2 c  a 2
2) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2  2 12n2  1 là số nguyên. Chứng minh

2  2 12n2  1 là số chính phương.
Bài IV (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC và nội tiếp đường tròn (O) . Các đường cao
BB, CC ' cắt nhau tại điểm H . Gọi M là trung điểm của BC. Tia MH cắt đường tròn
(O) tại điểm P.
1) Chứng minh hai tam giác BPC ' và CPB ' đồng dạng.
2) Các đường phân giác của các góc BPC ', CPB ' lần lượt cắt AB, AC tại các
điểm E và F . Gọi O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF ; K là giao điểm của
HM và AO ' .
a) Chứng minh tứ giác PEKF nội tiếp.
b) Chứng minh các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn (O ') cắt nhau tại một
điểm nằm trên đường tròn (O) .
Bài V (1,0 điểm)
Cho 2017 số hữu tỷ dương được viết trên một đường tròn. Chứng minh tồn tại hai
số được viết cạnh nhau trên đường tròn sao cho khi bỏ hai số đó thì 2015 số còn lại không
thể chia thành hai nhóm mà tổng các số ở mỗi nhóm bằng nhau.
----------------Hết---------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh : ………………………………… Số báo danh :……..……….…….......
Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 1 :
Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 2 :


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2016 – 2017
Môn thi : To n
Ngày thi : 09 tháng 6 năm 2016
(Dành cho thí sinh thi chuyên Toán)

ĐỀ CHÍNH THỨC
BÀI

Ý

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐIỂM

I

2,0
1





Giải phương trình x 4  2 x3  x  2 x 2  x  0.
Đk: x  1 hoặc x  0





1,0





x 4  2 x3  x  2 x 2  x  0  x 4  2 x3  x 2  x 2  x  2 x 2  x  0



 

2 x  x



2



0,25

 x 2  x  x 2  x  2 x 2  x  0 (1)

Đặt t 

2

t4 t2
  t  0  t  t  2  t 2  2t  2  0
4 2
 t  0 hoặc t  2
TH1: t  0  x  0 hoặc x  1 (tmđk)



Từ (1) 







TH2: t  2  2 x 2  x  2  x 2  x  2  0   x  1 x  2   0

0,5

0,25

 x  1 hoặc x  2 (tmđk)
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;0;1; 2

2

 x2  2 y  4 x  0
(1)
.
Giải hệ phương trình  2
2
4
4 x  4 xy  y  2 y  4  0 (2)
Lấy (1)+(2) ta được
4 x 2  4 xy 2  y 4  x 2  4 x  4  0



 2x  y

2

   x  2
2

2

1,0

0,5

0

 x2
 x2


2
2 x  y  0  y  2
Thử lại ta được x  y  2

0,25

Vậy nghiệm của hệ phương trình  x; y  là  2; 2  .
II

0,25
2,0

1

Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn a3  b3  c3  3abc ...
2
2
2
a3  b3  c3  3abc   a  b  c   a  b    b  c    c  a    0


a  b  c  0

 abc

1,0

0,5

Vì a, b, c đôi một khác nhau nên a  b  c  0
ab 2
bc 2
ca 2


a 2  b2  c2 b2  c 2  a 2 c 2  a 2  b2
ab 2
bc 2
ca 2
1



 (a  b  c)  0
2ab 2bc 2ca 2
P

2

ìm t t cả các c p số ngu n ương  x; y  thỏa mãn 2 x.x 2  9 y 2  6 y  16.
1

0,5

1,0


2 x.x 2  9 y 2  6 y  16  2 x.x 2   3 y  1  15
2

TH1: x lẻ  x  2k  1  22 k 1.x 2  2.4k.x 2
Vì 4k chia 3 dư 1 và x 2 chia 3 dư 0 hoặc 1  2.4k .x 2 chia 3 dư 0 hoặc 2
2
Mà  3 y  1  15 chia 3 dư 1
Vậy không thỏa mãn.

0,25

TH2: Nếu x chẵn  x  2k  22 k .x 2   3 y  1  15
2







 2k .x  3 y  1 2k.x  3 y  1  15



Vì x, y 

0,25

 



 2k.x  3 y  1  2k.x  3 y  1 nên ta có

y2
 2 k .x  3 y  1  1

*)  k
 k
2 .x  3 y  1  15 2 .2k  8  kotm 
 2 k .x  3 y  1  3  y  0
*)  k
 k
 y  0 và k  1  x  2
2
.2
k

4
2
.
x

3
y

1

5


Vậy x  2 và y  0.

0,5

III
1

Cho các số thực ương a, b, c thỏa mãn a 2  b2  c 2  3 ...

1,0


2a 2
2b 2
2c 2
2ab 2  
2bc 2  
2ca 2 



2
a


2
b


2
c


 
 

a  b2 b  c 2 c  a 2 
a  b2  
b  c2  
c  a2 
 2ab 2
2bc 2
2ca 2 
 2(a  b  c)  


2
2
2 
 ab bc ca 

0,25

Mặt khác ta có : a  b2  2b a ; b  c 2  2c b ; c  a 2  2a c

 2ab 2
2bc 2
2ca 2 
b  ab c  bc a  ca


 b a c b a c 



2
2
2 
2
2
2
 ab bc ca 
a  b  c  ab  bc  ca
 abc
Ta cần cm 2(a  b  c) 
2
 (a  b  c)  (ab  bc  ca)  0





Vì (a  b  c)2  3(a 2  b 2  c 2 )  9  a  b  c  3
 (a  b  c)2  3(ab  bc  ca)  (a  b  c)(ab  bc  ca)  a  b  c  ab  bc  ca

2a 2
2b 2
2c 2


 a  b  c.
Vậy
a  b2 b  c 2 c  a 2
2

0,25

0,25

0,25

Chứng minh 2  2 12n2  1 là số chính phương.

1,0

Đặt A  2  2 12n2  1 . Ta có A  2  2 12n2  1  A2  4 A  48n 2 (1)
Từ (1) ta có A2 4  A 2  A  2k  k   

0,25

Thay vào (1) ta có k 2  2k  12n2 (2)
Từ (2) ta có k 2  k  2m . Thay vào (2) ta có m  m  1  3n 2
Vì  m, m  1  1 nên m 3 hoặc  m  1 3

TH1: m 3  m  3a 2 và m  1  b 2  a, b 



 3a  b  1  b  1  3a 3 vô lý
TH2: m  1 3  m  a 2 và m  1  3b 2  a, b 
2

2

2



0,25

2

 A  4m  4a 2   2a  là số chính phương.
2

2



0,25



0,25


IV
1

Chứng minh hai tam giác BPC ' và CPB ' đồng ạng
Gọi L là điểm đối xứng của A qua
O  BHCL là hình bình hành  HL đi qua
trung điểm của BC.
Do đó P, H , M , L thẳng hàng.

 APH  900  A, P, C , H , B ' cùng thuộc
đường tròn đường kính AH
 AB ' P  AC ' P  PC ' B  PB ' C
Lại có: PBC '  PBA  PCA  PCB '
 ΔPBC ' đồng dạng ΔPCB '

2

3

Chứng minh tứ giác PEKF nội tiếp.
EB
PB
FC PC
Do PE là phân giác BPC ' 
(1) tương tự
(2)


EC  PC 
FB PB
PB PC
EB FC

(3) Từ (1), (2), (3) 
(4)


PC  PB '
EC  FB '
lại có ΔBHC ' đồng dạng ΔCHB ' (5)
PE HE
Từ (4), (5) ta có E , H , F thẳng hàng và

 PH là phân giác của góc
PF HF

EPF  PH đi qua điểm chính giữa của cung EF không chứa A
Lại có ΔAEF cân tại A  AO ' là phân giác EAF  AO ' đi qua điểm chính giữa
của cung EF không chứa A
Từ đó K là giao điểm AO ' với PH thuộc đường tròn ngoại tiếp ΔAEF .
 tứ giác PEKF nội tiếp
Chứng minh các tiếp tuyến tại E , F …

Gọi D là điểm chính giữa của cung BC không chứa A của đường tròn ngoại tiếp
ΔABC , Q là điểm đối xứng của D qua BC  tứ giác BHQC nội tiếp

1,0
0,25

0,5

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

0,25

0,25
1,0

0,25

 HBQ  HCQ
Gọi E ' là giao điểm của HQ và AB  BHE '  QCB

 QHC  QBC

Lại có QHC  E ' HC '  BHE '  C ' HE '  HE ' là phân giác BHC '  E '  E

 QBC  QCB
Hay Q  EF
1800  Aˆ
 AEF
Ta có DQ là phân giác BDC  QDB 
2
3

0,25


 tứ giác BDQE nội tiếp
1800  A
A
 900   AEO '  BED  900  O ' E  DE
Ta có BED  BQD 
2
2

 DE là tiếp tuyến của  O 

0,25

Tương tự DF là tiếp tuyến đường tròn  O 
Do đó các tiếp tuyến của đường tròn  O  tại E và F cắt nhau tại điểm D nằm
V

trên đường tròn ngoại tiếp ΔABC
Cho 2017 số hữu tỷ ương được viết xung quanh một đường tròn ...
Giả sử ta không thể tìm được hai số như thế.
Không mất tính tổng quát ta cho là các số đều là số nguyên dương và không cùng
chẵn.
Gọi S là tổng của tất cả các số trong đề bài. Xét hai trường hợp
Trường hợp 1: Nếu S là số chẵn
Ta có các số không thể cùng là số lẻ, suy ra có ít nhất một số chẵn, do đó có hai số
cạnh nhau khác tính chẵn lẻ, bỏ đi hai số này ta thấy các số còn lại không thể chia
thành hai nhóm mà tổng các số ở hai nhóm bằng nhau.
Trường hợp 2: Nếu S là số lẻ
Tồn tại hai số cạnh nhau có cùng tính chẵn lẻ (vì nếu không chúng sẽ chẵn-lẻ luân
phiên, không thể xảy ra điều này vì 2017 là số lẻ), bỏ đi hai số này ta thấy các số
còn lại không thể chia thành hai nhóm mà tổng các số ở hai nhóm bằng nhau.

Vậy luôn tồn tại hai số được viết cạnh nhau trên đường tròn để khi bỏ hai số
đó thì 2015 số còn lại không thể chia thành hai nhóm mà tổng các số ở mỗi
nhóm bằng nhau.

0,25
1,0
0,25

0,25

0,25

0,25

Chú ý :1) Nếu thí sinh có cách giải đúng mà khác với hướng dẫn chấm thì giám khảo thống nhất chia
điểm dựa vào hướng dẫn chấm dành cho câu hay ý đó.
2) Bài IV : học sinh không có hình vẽ tương ứng thì không cho điểm.
3) Điểm tổng toàn bài để lẻ đến 0,25.

4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2016 – 2017
Môn thi : TOÁN
Ngày thi : 09 tháng 6 năm 2016
Thời gian làm bài : 150 phút
(Dành cho thí sinh thi chuyên Tin)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình  2 x  1  9  4 x 2  x .
2

 x2  y 2  2x  4 y  3
.
2) Giải hệ phương trình  2
2
x  y  5
Bài II (2,0 điểm)
1) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a3  b3  c3  3abc và a  b  c  0 .
Tính P 

a2
b2
c2 .


b2  c2 c2  a 2 a 2  b2

2) Tìm t t cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 2  2 y 2  3xy  2 x  4 y  5  0.
Bài III (2,0 điểm)
1) Tìm t t cả các cặp số nguyên dương (m; n) sao cho (2m  1) n và (2n  1) m.
2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh

a
b
c
11 1 1


    .
2
2
2
ab
bc
ca
4 a b c 
Bài IV (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ các tiếp
tuyến MA, MB với đường tròn ( A, B là các tiếp điểm). Đường thẳng qua M cắt đường
tròn (O) tại C và D ( MC  MD) sao cho điểm O nằm trong tam giác BCD. Gọi E là
điểm đối xứng của C qua O. Gọi S là giao điểm của EA và BC .
1) Chứng minh hai tam giác OAC và MAS đồng dạng.
2) Đường thẳng SD cắt (O) tại điểm thứ hai K . Chứng minh tam giác BKC cân.
3) Gọi N giao điểm của MO và AE. Chứng minh ND  DA.
Bài V (1,0 điểm)
Cho 101 số nguyên dương có tổng bằng 300 được viết trên một đường tròn. Chứng
minh luôn tồn tại một dãy các số viết liền nhau có tổng bằng 100.
----------------Hết---------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh : ………………………………… Số báo danh :……..……….…….......
Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 1 :
Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 2 :


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2016 – 2017
Môn thi : To n
Ngày thi : 09 tháng 6 năm 2016
(Dành cho thí sinh thi chuyên Tin)

ĐỀ CHÍNH THỨC
BÀI
I

Ý

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐIỂM

2,0
1

Giải phương trình  2 x  1  9  4 x 2  x .
2

1,0

Điều kiện: x  0 hoặc x  1

 2 x  1

2

 9  4 x2  x  4  x2  x   8  4 x2  x

  x2  x   2  x2  x 





x2  x  1



x2  x  2  0

 x 2  x  1 l 
1  17
(tmđk)
 x2  x  4  0  x 

2
2

x x 2
Vậy phương trình có nghiệm là x 
2

1  17 .
2

Giải hệ phương trình ......

1,0

 x  y  1 x  y  3  0

x2  y 2  5

  x 1

x  y 1  0
y  2
TH1:  2 2

  x  2
x  y 5

  y  1

0,25
0,25

 x  1

x  y  3  0
y  2
TH2:  2 2

x  2
 x  y 5

  y  1

Vậy hệ có nghiệm là 1; 2  ;  2;1 ;  2; 1

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  3abc và a  b  c  0 ....
3

3

0,25

0,25

II
3

2
2
2
a3  b3  c3  3abc   a  b  c   a  b    b  c    c  a    0


a  b  c  0

Vì a  b  c  0 nên a  b  c
 abc
3
Thay a  b  c vào tính được P 
2

2

0,25

0,25

2
2
 x2  y 2  2x  4 y  3
 x  1   y  2   0

 2

2
x2  y 2  5

x  y  5

1

0,5

ìm t t cả các c p số ngu n  x; y  thỏa mãn x 2  2 y 2  3xy  2 x  4 y  5  0.

2,0
1,0
0,5
0,25
0,25
1,0

x 2  2 y 2  3xy  2 x  4 y  5  0.
 x 2  xy  2 xy  2 y 2  2 x  4 y  5

  x  y  x  2 y   2  x  2 y   5

0,5

  x  y  2  x  2 y   5

1


Lập bảng
x y2
x  2y

1
5
5
1
5
1
5
1
x
1
13
7
5
y
2
2
6
6
Vậy các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 1; 2  ; 13; 6  ;  7; 6  ;  5; 2 

0,25

0,25

III
1

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m; n) sao cho (2m  1) n và (2n  1) m

1,0

Giả sử  m; n  là một cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vì 2m  1 và 2n  1 là các
số lẻ nên m và n là các số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử m  n
Xét các trường hợp
TH1: n  1 . Ta có 1 m  m  1
TH2: n  3 . Ta có 5 m . Mà m lẻ và m  3  m  5
TH3: n  5 . Vì  2m  1 n nên UCLN  m, n   1 (1)

2

0,25

0,25

 2m  2n  1 m
Từ giả thiết ta có 
  2m  2n  1 n
Kết hợp với (1) ta có  2m  2n  1 mn (2)

0,25

Nhưng mn  5m  2m  2m  2m  2n  1  0
 (2) không thể xảy ra.
Thử lại ta được các cặp  m; n  thỏa mãn là 1;1 ,  3;5 ,  5;3 .

0,25

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . ..

1,0

a
a
a
a
1
1 3 1

 2 2


   
2
2
ab
a a  b  c  b
a  b  ab  ac 3ab  ac 3b  c 16  b c 

0,5

Tương tự

b
1 3 1
c
1 3 1
   
    và
2
2
ca
16  a b 
b  c 16  c a 

0,25

a
b
c
1 1 1 1 11 1 1


 .4         
2
2
2
ab bc ca
16  a b c  4  a b c 
1
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c 
3

0,25

Chứng minh các tam giác OAC và MAS đồng dạng..

1,0

Vậy ta có

IV
1

Xét ΔAOM và ΔACS có
AOM 

1
AOB  AEB  ACS (1)
2

Và OAM  CAS  900 (2)
Từ (1) và (2) ΔAOM đồng
dạng ΔACF


0,25

AO AM

(3)
AC AS

0,25

2


Xét ΔOAC và ΔMAS
có OAC  900  CAM  SAM (4)
Từ (3) và (4)  ΔOAC đồng
dạng ΔMAS
2

Chứng minh tam giác BKC cân.

Do ΔOAC cân tại O và ΔOAC đồng dạng ΔMAS   ΔMAS cân tại M
 MS  MA  MB  ΔMBS cân tại M
 MSB  MBS  MDB  tứ giác MBDS nội tiếp
 KDC  SDM  SBM  BDM  BDC  C là điểm chính giữa cung BK
 ΔBKC cân tại C
3

Chứng minh ND  DA

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

BNM  ANM  SNM  900  NAH  900  EAB  BEC  SBM
H là giao điểm của AB và OM
 tứ giác BMSN nội tiếp, mà tứ giác MSDB nội tiếp  N nằm trên
đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMSD
Xét tam giác DEN và tam giác DCA có:
DEN  DEA  DCA (1) và DNE  180  DNS  1800  DBS  DAC (2)

V

0,5

0,5

Từ (1) và (2) ta có NDE  ADC
Mà EDC  900  NDA  900  ND  DA

0,5

Chứng minh luôn tồn tại ...

1,0

Gọi các số nguyên dương theo thứ tự trên đường tròn là a1; a2 ;...; a101
Xét các tổng S1  a1 ; S2  a1  a2 ;…; S100  a1  a2  ...  a100
TH1: Nếu trong các số S1 , S2 ,..., S100 tồn tại một số chia hết cho 100 , giả
sử là S k suy ra
Sk  100 thì các số a1 , a2 ,..., ak thỏa mãn đầu bài
Sk  200 thì các số ak 1  ak  2  ...  a101  100 thỏa mãn đầu bài
TH2: Nếu trong các số S1 , S2 ,..., S100 không tồn tại số nào chia hết cho
100, theo nguyên tắc Đirichlet tồn tại hai số cùng số dư khi chia cho
100 giả sử là Sk , Sm suy ra
Sk  Sm  am1  ...  ak  100 thì các số am1  ...  ak  100 thỏa mãn đầu bài
Sk  Sm  am1  ...  ak  200 thì các số
am1  ...  ak  200  ak 1  ...  a101  ..  am1  100 thỏa mãn đầu bài
- Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25.
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Bài IV: Thí sinh vẽ sai hình trong phạm vi câu nào thì không tính điểm câu đó.

3

0,5

0,5


UBND QUẬN LONG BIÊN
TRƯỜNG THCS ĐỨC GIANG

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - THPT
NĂM HỌC 2016-2017
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm)
Cho hai biểu thức:

A  2 x 1 và B  
x 3




2  x  5  : x 1 0 x0;x 1; x 9
x  3 x  9  x  3



1) Tính giá trị biểu thức A khi x = 49.
2) Rút gọn biểu thức B.
3) Tìm các giá trị nguyên của x để hiệu A – B có giá trị là số tự nhiên.
Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một canô chạy trên sông 5 giờ, xuôi dòng 54 km và ngược dòng 63 km. Một
lần khác, cũng trên dòng sông đó, canô này chạy trong 8 giờ, xuôi dòng 108 km và
ngược dòng 84 km. Tính vận tốc riêng của canô, biết vận tốc dòng nước và vận tốc
riêng của canô không đổi.
Bài 3: (2 điểm)
 1  x y 1


 x2 
1) Giải hệ phương trình: 
 2 5 x y 3
 x 2

2) Cho phương trình: x2  5x  m  2  0 (ẩn: x) (1)
Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1; x2
thỏa mãn hệ thức: x13  x23  10  x1  x2 
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn (O), đường kính BC. Gọi D là điểm cố định thuộc đoạn
thẳng OC. (D  O; D  C). Dựng đường thẳng d vuông góc với BC tại điểm D,
đường thẳng d cắt nửa đường tròn (O) tại điểm A. Trên cung AC lấy điểm M bất kì
(M  A; M  C), tia BM cắt đường thẳng d tại điểm K, tia CM cắt đường thẳng d
tại điểm E. Đường thẳng BE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm N (N  B).
1) Chứng minh: Tứ giác CDNE nội tiếp.
2) Chứng minh: Ba điểm C, K, N thẳng hàng và CD.BD = KD.DE.
3) Tiếp tuyến tại N của nửa đường tròng (O) cắt đường thẳng d tại F.
Chứng minh: F là trung điểm của KE và OF  MN.
4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp BKE . Chứng minh I nằm trên một
đường thẳng cố định.
Bài 5: (0,5 điểm).
Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn x.y=2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M 

12 3
x y 2x  y


UBND QUẬN LONG BIÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - THPT
TRƯỜNG THCS ĐỨC GIANG
NĂM HỌC: 2015-2016
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN: 120 PHÚT
Đáp án- Biểu điểm chấm
Bài

Đáp án

1.Tính giá trị biểu thức A
Thay x =49 ( thỏa mãn điều kiện) vào P
Bài 1
3
(2 điểm)
Tính được P =
2
2.Rút gọn biểu thức B
 2
x  5 x 1
 :
B  

x

9
x

3

 x 3
 2
 

x

3






x 5
x 3 x 3







 x 1
:
 x 3




2( x  3)  x  5
x 1
:
x 3 x 3
x 3



2 x 6 x 5 x 3
.
x 3 x 3
x 1















0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ



x 1
x 3
.
x  3 x  3 x 1
1

x 3
3.Tìm các giá trị nguyên của x để hiệu A-B có giá trị là số tự
nhiên
2 x
+Tính A-B=
x 3
+Tìm ra x = 0
Gọi vận tốc riêng của cano là x (km/h)
Gọi vận tốc dòng nước là y (km/h) (x > y > 0)
Vận tốc cano xuôi dòng là : x+y (km/h)
Vận tốc cano ngược dòng là: x-y (km/h)
Bài 2
54
( h)
Thời
gian
cano
xuôi
dòng
54km
là:
(2 điểm)
x y
63
Thời gian cano ngược dòng 63km là:
(h)
x y
Ta có phương trình:


Biểu
điểm



0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ


54
63

5
x y x y

Thời gian cano xuôi dòng 108km là:

108
(h)
x y

Thời gian cano ngược dòng 84km là:

84
(h)
x y

Ta có phương trình:
108
84

8
x y x y

0,25đ

Ta có hệ phương trình
63
 54
 x  y  x  y  5

 108  84  8
 x  y x  y

 x  24
Giải hệ phương trình tìm được 
y  3

0,25đ

0,5đ
0,25đ

Vậy vận tốc riêng của cano là 24km/h
1.Giải hệ phương trình
Điều kiện x  2
Đặt
1
a
x2
x y b
a  b  1

2a  5b  3
2

a  3

b  1

3
2
1
 1


x

 x  2 3

2

Từ đó: 
x  y  1
y  5


6
3

Bài 3
(2 điểm) Giải hệ phương trình ta được

 1 5 
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm  ; 
 2 6

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ


2.
  33  4m
Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt x1 ; x2
  0
33

  x1 .x2  0  2  m 
4
x  x  0
 1
2
3
3
Có x1  x2  10.(x1  x2 )

0,25đ
0,25đ

0,25đ

  x1  x2   3x1 x2 ( x1  x2 )  10( x1  x2 )
3

 125  15(m  2)  50  0
 m  7(tm)
Vậy m= 7 là giá trị cần tìm

0,25đ

0,25đ
Bài 4
(3,5
điểm)

1)Chứng minh được
 N,D thuộc đường tròn đường kính

EC
Kết luận ENDC là tứ giác nội tiếp
2)
Chứng minh: K là trực tâm của EBC
Vì CK  BE
CN  BE
 C,K,N thẳng hàng
Chứng minh
đồng dạng với
KD DC


 KD.DE  CD.BD
BD DE

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ


3)
Chứng minh
 NFK cân  NF=FK (1)
Chứng minh
cân  NF=FE (2)
Từ (1) và(2)  F là trung điểm của KE
Chứng minh NF=FM  F thuộc đường trung trực của MN (3)
OM=ON  O thuộc đường trung trực của MN (4)
Từ(3)(4)  OF là đường trung trực của MN
 OF  MN
4)
Gọi H là điểm đối xứng với C qua D
 H cố định
Chứng minh tứ giác BEKH nội tiếp
 I nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BH cố định
1 2
3
M  
x y 2x  y
2x  y
3


2
2x  y
2x  y
8
5



2
2x  y 2x  y
2 x  y  2 2 xy
Bài 5
(0,5
điểm)

 2x  y  4
5
5


2x  y 4
2x  y
8

4
2
2x  y
11
M 
4
x  1
Dấu “=” xảy ra  
y  2
x  1
11
Vậy min M=  
4
y  2

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×