Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2017 - 2018 môn Toán trường THPT chuyên Quốc học - TT Huế - THCS.TOANMATH.com

Tải về (0)

Văn bản

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC

THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2017-2018

Khóa ngày : 02/6/2017

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,5 điểm)

a) Cho các biểu thức 1 9 1

( ) , ( )

3

x x

P x Q x

x x x x

 

  

 với x0. Tìm số nguyên x nhỏ nhất thỏa mãn ( ) 1.

( ) 2 P x Q x

b) Tính giá trị của biểu thức

4 3 2

2

2 21 55 32 4012

10 20

x x x x

F x x

   

   khi x  5 3 (không sử dụng

máy tính cầm tay).

Câu 2: (2,0 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : yx ,2 đường thẳng d có hệ số góc k và đi qua điểm M(0;1). Chứng minh rằng với mọi giá trị của k d, ( ) luôn cắt ( )P tại hai điểm phân biệt A

B có hoành độ x x1, 2 thỏa điều kiện x1x2 2.

b) Giải hệ phương trình

3 3

2 2

9 .

2 4

x y

x y x y

  

   



Câu 3: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2(m1) x2 1 m2m 2 0 (1) (x là ẩn số).

a) Giải phương trình (1) khi m 0.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.

Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn ( )O có tâm O và hai điểm C D, trên ( )O sao cho ba điểm C O D, , không thẳng hàng. Gọi Ct là tia đối của tia CD M, là điểm tùy ý trên Ct M, khác C. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA MB, với đường tròn ( ) (O AB là các tiếp điểm, B thuộc cung nhỏ CD). Gọi I là trung điểm của CD H, là giao điểm của đường thẳng MO và đường thẳng AB.

a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.

b) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên tia Ct. c) Chứng minh

2 2.

MD HA

MCHC Câu 5: (2,0 điểm)

a) Cho a b c, , là các số dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện abbcac 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

a b c .

Ea bb cc a

  

b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n2 3n là một số chính phương.

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

(2)

ĐÁP ÁN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2017 – 2018 Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2017

Môn thi: TOÁN

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

NHÓM GIẢI ĐỀ:

1. ThS. TRẦN NGỌC ĐỨC TOÀN.

2. THẦY NGUYỄN VĂN VŨ.

3. THẦY HOÀNG ĐỨC VƯƠNG.

Câu 1. Với x 0 ta có:

  

 

3 3

1 9 1 1 3 1 3

( ) 3 3

x x

x x x x

P x x x x x x x x x x

 

   

      

 

( ) 1 3 1 1 3 1 3

: .

( )

P x x x x x x x x x

Q x x x x x x x x

      

   

 

( ) 1 1 3 1

2 6 2 3 5 2 0

( ) 2 2

P x x x

x x x x x x

Q x x x

 

           

x 2 3



x 1

0 x 2 0 x 4.

        

Do đó x nguyên dương nhỏ nhất và x thỏa mãn ycbt là x 4.

b) Thực hiện phép chia đa thức cho đa thức ta có:

4 3 2

2

2 2

2 21 55 32 4012 38 4112

2 5

10 20 10 20

x x x x x

F x x

x x x x

    

    

   

Thay x  5 3 vào F ta được:

     

   

2

2

38 5 3 4112

2 5 3 5 3 5

5 3 10 5 3 20

 

    

   

   

 

38 5 3 4112

2 28 10 3 5 3 5

28 10 3 50 10 3 20

 

     

   

3922 38 3

56 19 3 56 19 3 1961 19 3 2017

2

 

       

 .

Câu 2.

a) Đường thẳng ( )d có hệ số góc k nên có phương trình ( ) :d ykxb Vì ( )d qua M(0;1) nên ta có 10k   b b 1 ( ) :d ykx 1

Phương trình hoành độ giao điểm của ( )P và ( ) :d x2kx  1 x2kx 1 0 (*)

(3)

a c, trái dấu nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt. Nói cách khác, ( )d luôn cắt ( )P tại hai điểm phân biệt AB có hoành độ x x1, 2.

Theo định lí Viet, ta có Sx1x2k P, x x1 2  1

Khi đó: x1x2  2 x12 x222x x1 2  4

x1 x2

24x x1 2  4 k2  4 4 k2 0 (hiển

nhiên)

Vậy, với mọi giá trị của k d, ( ) luôn cắt ( )P tại hai điểm phân biệt AB có hoành độ x x1, 2 thỏa điều kiện x1x2 2.

b) Giải hệ phương trình

 

 

3 3

2 2

9 1

2 4 2 .

x y

x y x y

  

   



 Ta có:

 

2 3x26y23x12y  0 3x23x6y212y 0 3 .

 

 Lấy phương trình

   

1 3 , vế theo vế ta được: x3y33x23x6y212y 9

x33x2 3x 1

 

y36y2 12y8

0

x 1

 

3 y 2

3 0 x 1 2 y x y 3

            . 3 .

x y

  

 Thay x  3 y vào phương trình

 

2 ta được:

3y

2 2y2   y 3 4y 0

2 1 2

3 9 6 0

2 1

y x

y y

y x

   

        .

 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm

   

1;2 ; 2;1 . Câu 3.

Điều kiện: x .

Đặt tx2   1 1 x2t21, phương trình (1) trở thành:

2 1 2( 1) 2 2 0 2 2( 1) 2 3 0 (2)

t   mtmm  tmtmm 

a) Khi m0, (1) 2 1 2 2 0 1 (l) 3 (n) t t t

t

  

      

Với t3 ta có x2   1 3 x2   1 9 x2    8 x 2 2

b) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt  phương trình (2) có hai nghiệm t1 1,t2 1 phân biệt

 

2 2

1 2

' ( 1) 3 0

1 0 (*)

1 0

m m m

t t

      



  

  



Đưa về tổng tích và áp dụng định lý Vi-ét đối với phương trình (2) ta được:

(4)

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 2

4 4

3 4 0 3 3

(*) ( 1) ( 1) 0 2 0 2( 1) 2 0

( 1).( 1) 0 ( ) 1 0 3 2(m 1) 1 0

m m

m

t t t t m

t t t t t t m m

 

 

 

    

    

  

  

  

                   

2

4 0

1 0 0

3 0

4 0 4

0 4

( 1)( 4) 0

1 0 1

3 4 0

4 0 m

m m m

m m m

m m

m m

m m

m m

m

 

 

 

       

  

    

   

     

                  

Vậy, m4 thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 4.

a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.

 Ta có: MAO 900,MIO 900 (do I là trung điểm CD), MBO 90 .0 Suy ra 5 điểm , , , ,

M A O I B cùng nhìn đoạn MO dưới một góc vuông. Do đó, 5 điểm M A O I B, , , , thuộc đường tròn đường kính OM . Vậy tứ giác MAIBnội tiếp.

b) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên tia Ct.

 Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại C và tại DP. Ta có: OCP ODP 90 .0 Suy ra tứ giác OCPD nội tiếp đường tròn đường kính OP.

 Do . 2 . D MH MC

MH MO MA MC M

MD MO

    và CMH OMD CHOD nội tiếp.

, , , , O H C P D

 cùng thuộc đường tròn đường kính OP OHP 900OHB 900 nên 3 điểm A B P, , thẳng hàng.

 Vậy khi M di động trên tia Ct thì AB luôn đi qua điểm P cố định.

c) Chứng minh

2 2.

MD HA

MCHC

Ta có: MH MO. MC MD. (câu b)

MH MC

MD MO

  HC MC

MCH MOD

OD MO

     .

(5)

Ta có:

2 2

2

2 2

. O

. MC OD

HC M

HA MH OH

 

 



2 2 2

2 2 2 2 2 2

. . . .

. . . .

HA MH OH OM MH OH OM MH OM MC MD MD HC MC OA MC OH OM MC MC MC

     

Vậy

2 2.

MD HA

MCHC Câu 5.

a) Theo bất đẳng thức cô si, ta có:

2 2

2 .

4 4

a b c a b c

b c b c a

 

  

 

2

4 .

a b c

b c a

   

2 2 2

2 . .

4 4 4

b a c b a c b a c

b b

a c a c a c

  

     

  

2 2 2

2 . .

4 4 4

c a b c a b c a b

c c

a b a b a b

  

     

  

Do đó:

2 2 2 1

2 2 2 2.

a b c a b c a b c ab bc ac

a b c b c a c a b

     

        

  

Vậy min

0; 0; 0

1 1.

2 3

1

a b c

E a b c a b c

ab bc ac

   



       

   



b) Giả sử n2 3n m2 m2n2 3n

mn m



n

3 .n

Đặt m n 3k, suy ra m n 3n k , mà m n mn 3n k 3k  n 2k  n 2k 1.

 Xét n2k 1 thì 2n

mn

 

mn

3n k 3k 3 3k

n2k 1

2.3k

3k 2 1 0;1

n k k

      1

3. n n

 

  

 Xét n2k     2 n k 2 k.

Do đó: 2n 3n k 3k 3n k 3n k 2 3n k 2

321

8.3n k 2.

Theo bất đẳng thức Bernoulli thì 8.3n k 2 8. 1

2

n k 2 8. 1 2

n k 2

16n16k24.

Suy ra 2n16n16k248k127 .n Hơn nữa n2k 2 8k127n14k14 (vô lí) Vậy n 1;n 3.

Giữa thành công và thất bại có con sông gian khổ... trên con sông đó có cây cầu tên là

sự cố gắng”

Hình ảnh

Đang cập nhật...

Tài liệu tham khảo

Chủ đề liên quan :

Tải tài liệu ngay bằng cách
quét QR code trên app 1PDF

Tải app 1PDF tại