Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT Hùng Vương môn Toán năm 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Phú Thọ

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

57
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT Hùng Vương môn Toán năm 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Phú Thọ sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn học sinh có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT Hùng Vương môn Toán năm 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Phú Thọ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 Môn Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) Thời gian àm bài: 150 hút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ------------------------ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n n hơn 1 thoả mãn n2  4 và n2  16 là các số nguyên tố thì n chia hết cho 5. b) Tìm nghiệm nguyên của hương trình: x2  2 y( x  y)  2( x  1). Câu 2 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A   2 3 5  2 2  3 5   2 3 5  2 2  3 5 . b) Tìm m để hương trình:  x  2 x  3 x  4  x  5  m có 4 nghiệm hân biệt. Câu 3 (2,0 điểm) 2 a) Giải hương trình: x  x  4  2 x  1 1  x  .  x3  xy 2  10 y  0  b) Giải hệ hương trình:  2 . 2 x  6 y  10   Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC  R 3 cố định. Điểm A i đ ng trên cung n BC sao cho tam gi c ABC nhọn. Gọi E là điểm đối ứng đối ứng i B qua AC và F à điểm i C qua AB. C c đường tròn ngoại tiế c c tam gi c ABE à ACF cắt nhau tại K (K không tr ng A). Gọi H à giao điểm của BE và CF. a) Chứng minh KA à hân gi c trong góc BKC à tứ gi c BHCK n i tiế . b) c định ị trí điểm A để iện tích tứ gi c BHCK n nh t, tính iện tích n nh t của tứ gi c đó theo R. c) Chứng minh AK uôn đi qua m t điểm cố định. Câu 5 (1,0 điểm) Cho 3 số thực ương x, y, z thỏa mãn: 1 1 1    1. Tìm gi trị nhỏ nh t của x2 y 2 z 2 biểu thức: P y2 z2 z 2 x2 x2 y 2   . x  y 2  z 2  y  z 2  x2  z  x2  y 2  -------------- HẾT-------------- Họ và tên thí sinh: ............................................................................. anh: ............... Thí sinh không được sử ụng tài liệu. C n ộ c i thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) (Hướng ẫn ch m gồm 05 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài  ư ng n ch m thi ư i đây ựa ào ời giải sơ ư c của m t c ch, khi ch m thi, c n b ch m thi cần b m s t yêu cầu trình bày ời giải đầy đủ, chi tiết, h ô-gic à có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.  Thí sinh àm bài th o c ch kh c i ư ng n mà đúng thì t ch m cần thống nh t cho điểm tương ứng i thang điểm của ư ng n ch m.  Điểm bài thi à t ng điểm c c câu không àm tròn số. II. Đ -tha g điểm Câu 1 (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n n hơn 1 thoả mãn n2  4 và n2  16 à c c số nguyên tố thì n chia hết cho 5. b) Tìm nghiệm nguyên của hương trình: x2  2 y( x  y)  2( x  1). Nội du g Điểm a) (0,5 điểm) Ta có i mọi số nguyên m thì m 2 chia cho 5 ư 0 , 1 hoặc 4. 0,25 + Nếu n 2 chia cho 5 ư 1 thì n2  5k  1  n2  4  5k  5 5; k  *. nên n2  4 không à số nguyên tố. + Nếu n 2 chia cho 5 ư 4 thì n2  5k  4  n2  16  5k  20 5; k  * . nên n2  16 không à số nguyên tố. Vậy n 2 5 hay n chia hết cho 5. b) (1,0 điểm) x2  2 y( x  y)  2( x  1)  x 2  2( y  1) x  2( y 2  1)  0 (1) Để hương trình (1) có nghiệm nguyên x thì  ' theo y hải à số chính hương Ta có  '  y 2  2 y  1  2 y 2  2   y 2  2 y  3  4   y  1  4. 0,25 0,25 2 0,25  ' chính hương nên  '  0;1;4 Nếu  '  4   y  1  0  y  1 thay ào hương trình (1) ta có : 2 x  0 x2  4x  0  x  x  4  0   . x  4 2 Nếu  '  1   y  1  3  y  . 0,25 y  3 2 . Nếu  '  0   y  1  4    y  1 + V i y  3 thay ào hương trình (1) ta có: x 2  8x  16  0   x  4   0  x  4. 2 + V i y  1 thay ào hương trình (1) ta có: x2  0  x  0. Vậy hương trình (1) có 4 nghiệm nguyên :  x; y   0;1 ;  4;1 ;  4;3 ;  0; 1. 1 0,25 Câu 2 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A   2 3 5  2 2  3 5   2 3 5  2 2  3 5 . b) Tìm m để hương trình:  x  2 x  3 x  4  x  5  m có 4 nghiệm hân biệt. Nội du g Điểm a) (1,0 điểm) A 2(3  5) 4 62 5  2(3  5) 0,25 4 62 5    3 5 3 5  3 5 3 5   2  2   5  5  5  5   4  ( 5  1) 2 4  ( 5  1) 2     (3  5)(5  5)  (3  5)(5  5)   15  3 5  5 5  5  15  3 5  5 5  5   2    2  25  5 (5  5)(5  5)     20  2.  2. Vậy A  2. 20 b) (1,0 điểm) Phương trình  x  2 x  3 x  4 x  5  m  ( x 2  2 x  8)( x 2  2 x  15)  m 1 0,25 0,25 0,25 0,25 Đặt x 2  2 x  1   x  1  y  y  0  , hương trình (1) tr thành: 2  y  9 y  16  m  y 2  25 y  144  m  0 (2) 2 i gi trị y  0 thì hương trình:  x  1  y có 2 nghiệm Nhận t: V i m hân biệt, o đó hương trình (1) có 4 nghiệm hân biệt  hương trình (2) có 2 nghiệm ương hân biệt.  '  0  '  4m  49  0 49     S  0  25  0   m  144. 4 P  0 144  m  0   49 Vậy i   m  144 thì hương trình (1) có 4 nghiệm hân biệt. 4 Câu 3 (2,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 2 a) Giải hương trình: x  x  4  2 x  1 1  x  . 3 2   x  xy  10 y  0 b) Giải hệ hương trình:  2 2   x  6 y  10 Nội du g Điểm a) (1,0 điểm) Điều kiện: x  1 (*). 2 2 Ta có: x  x  4  2 x  1 1  x   x  2 x x  1  x  1  2( x  x  1)  3  0 0,25 Đặt x  x  1  y (Điều kiện: y  1 ** ), phương trình tr thành y 2  2 y  3  0. 0,25  y  1 y 2  2 y  3  0   y  1 y  3  0   y  3 V i y  1 không thỏa mãn điều kiện ( ). + V i y  3 ta có hương trình: 0,25 0,25 2 x  3 x  3 x  3  x  x 1  3  x 1  3  x    2   x  2  x  2 2 x  1  9  6x  x  x  7 x  10  0  x  5  thỏa mãn điều kiện ( ). Vậy hương trình có nghiệm x  2. b) (1,0 điểm) 3 2 2 2 3 2    x  xy  10 y  0  x  xy  x  6 y y  0 (1)   2 2 2 2  x  6 y  10 (2)    x  6 y  10 T hương trình (1) ta có x3  xy 2   x 2  6 y 2  y  0  x3  xy 2  x 2 y  6 y 3  0    x  2 x y  x y  2 xy  3xy  6 y  0   x  2 y   x  xy  3 y 3 2 2 2 2 3 2 0,25 2 0 x  2y  x  2 y   x2  xy  3 y 2   0   0,25 2 2  x  xy  3 y  0 2 y  11y  + Trường h 1: x  xy  3 y  0   x    0 x  y 0 2 4  V i x  y  0 không thỏa mãn hương trình (2). Trường h 2: x  2 y thay ào hương trình (2) ta có: y 1 x  2 4 y 2  8 y 2  12  y 2  1    y  1  x  2 2 0,25 2 2 0,25 Vậy hệ hương trình có 2 nghiệm  x ; y    2;1 ;  2; 1. Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC  R 3 cố định. Điểm A i đ ng trên cung n BC sao cho tam gi c ABC nhọn. Gọi E à điểm đối ứng i i B qua AC và F là điểm đối ứng C qua AB. C c đường tròn ngoại tiế c c tam gi c ABE à ACF cắt nhau tại K (K không tr ng A). Gọi H à giao điểm của BE và CF. a) Chứng minh KA à hân gi c trong góc BKC à tứ gi c BHCK n i tiế . b) c định ị trí điểm A để iện tích tứ gi c BHCK n nh t, tính iện tích n nh t của tứ gi c đó theo R. c) Chứng minh AK uôn đi qua điểm cố định. Nội du g 3 Điểm E A F P Q H B O I M C N K a) (1,5 điểm) Ta có AKB  AEB ( ì c ng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiế tam gi c AEB) à ABE  AEB (tính ch t đối ứng) suy ra AKB  ABE (1) AKC  AFC ( ì c ng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiế tam gi c AFC) ACF  AFC (tính ch t đối ứng) suy ra AKC  ACF (2) ặt kh c ABE  ACF (c ng h i BAC ) (3). T (1), (2) , ( ) suy ra AKB  AKC hay KA à hân gi c trong của góc BKC. Gọi P, Q ần ư t à c c giao điểm của BE i AC à CF i AB. 1 Ta có BC  R 3 nên BOC  1200 ; BAC  BOC  600 . Trong tam gi c uông ABP 2 0 0 0 có APB  90 ; BAC  60  ABP  30 hay ABE  ACF  300 . Tứ gi c APHQ có AQH  APH  1800  PAQ  PHQ  1800  PHQ  1200  BHC  1200 (đối đ nh). Ta có AKC  ABE  300 , AKB  ACF  ABE  300 (th o chứng minh hần a). à BKC  AKC  AKB  AFC  AEB  ACF  ABE  600 suy ra BHC  BKC  1800 nên tứ gi c BHCK n i tiế . b) (1,5 điểm) Gọi (O’) à đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung BC  R 3, BKC  600  BAC nên bán kính đường tròn (O’) bằng b n kính R của đường tròn (O). Gọi M à giao điểm của AH à BC thì MH uông góc i BC, k KN uông góc i BC (N thu c BC), gọi I à giao điểm của HK à BC. 1 1 1 Ta có S BHCK  S BHC  S BCK  BC.HM  BC.KN  BC  HM  KN  2 2 2 4 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25