1. Trang Chủ
  2. Hóa học
  3. Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán -THPT chuyên Lê Quý Đôn tỉnh Bình Định 2015-2016

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán -THPT chuyên Lê Quý Đôn tỉnh Bình Định 2015-2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2015 - 2016 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Đề chính thức Môn: TOÁN(CHUYÊN) Ngày thi: 05/06/2015 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2 điểm) 1 x2 2 a) Cho số thực x > 0 thỏa mãn điều kiện: x  14 1 x3 1 x5 3 5 Tính giá trị các biểu thức A  x  và B  x  b) Rút gọn biểu thức A  8 2 10  2 5  8 2 10  2 5 Bài 2: (2 điểm) a) T

Thể loại Giáo án bài giảng Hóa học

Số trang 5

Ngày tạo 3/19/2017 1:30:15 PM +00:00

Loại tệp pdf

Kích thước 0.27 M

Tên tệp de thi tuyen sinh lop 10 mon toan thpt chuyen le quy don tinh binh dinh 20152016

Download

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN  
BÌNH ĐỊNH  
NĂM HỌC 2015 - 2016  
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN  
Đề chính thức  
Môn: TOÁN(CHUYÊN)  
Ngày thi: 05/06/2015  
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)  
Bài 1: (2 điểm)  
1
x2  
2
a) Cho số thực x > 0 thỏa mãn điều kiện: x   
14  
1
x3  
1
x5  
3
5
Tính giá trị các biểu thức A  x   
và B  x   
b) Rút gọn biểu thức A  8 2 10  2 5  8 2 10  2 5  
Bài 2: (2 điểm)  
a) Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn: x  5y  z  2(y  z)  4xy 1  
2
2
2
1
1
2   2  
y
x
b) Giải hệ phương trình:  
1
1
2   2  
x
y
Bài 3: (2 điểm)  
a) Chứng minh phân số  
2
1n  4 là tối giản với mọi n nguyên dương.  
1
4n 3  
2
b) Giải phương trình x  mx  n  0 , biết rằng phương trình có hai nghiệm nguyên dương phân  
biệt và m, n là hai số nguyên tố.  
Bài 4: (3 điểm)  
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp tuyến chung của  
hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’; R’); D  
là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường  
thẳng AI cắt (O’; R’) tại M (điểm M khác điểm I ).  
2
a) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh KB = KI.KJ ; từ đó suy ra  
KB = KD.  
b) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn.  
c) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD  
Bài 5: (1 điểm)  
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng  
a3  
a + b + c  
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ac + a2  
3
b3  
c3  
+
+
GV: Võ.M.Trình – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định  
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN  
BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2015 - 2016  
HƯỚNG DẪN GIẢI  
Bài 1: (2 điểm)  
2
1   
x   
1
a) Từ giả thiết suy ra: x +  
16  x +  4 (do x > 0)  
x
1   
x   
x2 +  
1    
3
1    
1   
x   
3
1
x3  
1
x5  
4.14  x +  
= x +  
   
+ x +  
 A  x +  
52  
  
   
2
3
x    
1    
x    
1    
1   
x   
1   
2
x3   
5
5
14.52  x   
 x   
   
 x   
 B  x   
724  
  
   
2
3
5
x    
x    
x   
2
2
X + X  Y  
X  X  Y  
b) Ta chứng minh được: X ± Y =  
±
, với  
2
2
2
X  0; Y  0; X  Y  
8
 64  40 8 5  
8 64  40 8 5  
A  8  40 8 5  8 40 8 5   
2
2
8
 64  40 8 5  
8 64  40 8 5  
2
2
2
8
 24 8 5  
8 2 5  2  
2.  
2.  
 12  4 5   
10  2  10  2  
2
2
Cách 2: Ta có A > 0  
2
A  8  2 10  2 5  (8 2 10  2 5)(8  2 10  2 5) 8  2 10  2 5  
2
16  2 8  4 10  2 5  16  2 24  8 5  
2
16  2 2 5  2  12  4 5  2 5  1  
A  2  10  
Bài 2: (2 điểm)  
2
2
2
a) BĐT  x + 5y + z + 2y  2z  4xy  1  
2
2
2
Vì x, y, z nguyên nên: x + 5y + z + 2y  2z  4xy  2  
2 2 2 2  
x  4xy + 4y + y + 2y + 1 + z  2z + 1 0  
x  2y = 0  
x = 2  
2
2
2
x  2y  
+
y + 1  
+
z  1  
 0  y + 1 = 0  y = 1 .  
z  1 = 0  
z = 1  
1
1
2
1
y
b) Điều kiện: x  ;y   
2
1
1
1
x
Từ hệ suy ra  
 2   
 2   
y
(1)  
x
1
1
1
1
x
Nếu x  y   
 2   2   
VT(1) > VP(1)  
x
y
y
1
1
1
1
x
Nếu x  y   
 2   2   
VT(1) < VP(1)  
x
y
y
nên (1) chỉ xảy ra khi x = y thế vào hệ ta giải được x = 1, y = 1  
Cách 2:  
Cộng vế với vế hai PT ta được:  
1
1
x
1
y
1
 2   4  
y
2   
x
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:  
1
1
x
1  
x  
1   
x   
2
2
2   
1  1  
 2   
2  
x
1
1
x
1
x
1
 2   x  1  
x
Dấu “=” xảy ra khi  
Tương tự đối với  
Dấu “=” xảy ra khi  
 2   
x
1
1
y
1  
1   
2
2
 2   
1  1  
 2   
2  
y
y
y
1
1
y
1
y
1
 2   y  1  
y
 2   
y
Thử lại x = y = 1 là nghiệm của hệ PT  
Bài 3: (2 điểm)  
a) Gọi d(d 1) là ước chung lớn nhất của hai số  
21n  4  
và  
   
14n 3  
21n  4  kd ; 14n  3  ld với k, l là những số nguyên dương  
7n 1 k  l d  21n  3  3(k  l)d  
1(21n 4) (21n 3) kd 3(k l)d (3l 2k)d  
3l  2k và d là các số nguyên dương  3l  2k  d 1  
1n 4  
Vì  
2
Vậy phân số  
tối giản  
1
4n 3  
b) Gọi x ,x là các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho, giả sử  
x1 x2  
. Theo hệ thức  
1
2
Viet: x + x = m; x .x = n .  
1
2
1
2
Do n là số nguyên tố nên x 1; x  n  
1
2
Từ x + x = m 1 n = m  n; m là hai số tự nhiên liên tiếp  n = 2; m = 3.  
1
2
2
Khi đó phương trình là x  3x  2  0 và có hai nghiệm x 1; x  2  
1
2
Bài 4: (3 điểm)  
2
a) Chứng minh KB = KI.KJ ; từ đó suy ra KB = KD.  
Do AO và AO’ là hai tia phân giác của BAC  
A, O, O’ thẳng hàng.  
Xét:  KBI và Δ KJB  
B
K
1
D
M
1
2
I
1
A
O'  
1
H
O
J
C
Có:J  B (góc tạo bởi tia tt và dây và góc nt cùng chắn cung BI) ; BKI chung  
1
1
Δ KBI ∽  KJB (g.g)  KI  
KB  
2
 KB  KI.KJ (1)  
KB  
KJ  
KI  
KD  
 KD  KI.KJ (2)  
2
Tương tự: KDI ∽  KJD   
Từ (1) và (2)  KB  KD .  
KD  
KJ  
b) Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn.  
B
K
1
D
M
1
2
I
1
A
O'  
1
H
O
J
2
Xét tam giác ABO’ vuông tại B, có: AB  AH.AO' (3)  
Xét  ABI và  AMB có:  
C
B  M (góc tạo bởi tia tt và dây và góc nt cùng chắn cung BI); BAI chung  
1
1
AB AI  
2
  AB  AM.AI (4).  
AM AB  
 ABI ∽  AMB (g.g)  
AH AM  
Từ (3),(4)  AI.AM  AH.AO'   
.
AI AO'  
AH AM  
;MAO' chung ).  
:
AI AO'  
 AHI ∽  AMO' ( vì  
H  M  4 điểm I, H, M, O’ cùng thuộc một đường tròn.  
c) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD  
1
2
AO OD  
R
OI  
OI  
Do: OD // O’B (cùng  AB)  
AO' O'B R' O'M O'I  
nhưng OI cắt O’I và A, I, M thẳng hàng  OI // O’M.  
DOI  BO'M .  
1
1
1
1
mà BDI  DOI  sđ DI và BIM  BO'M  sđ BM  
2
2
2
2
BDI  BIM  IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp BID  
Hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BID .  
Bài 5 (1,0 điểm)  
a3  b3  
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ac + c2  
a3 b3 c3 b3  
b3  c3  
c3  a3  
Ta có:  
+
+
=
a  b  
+
b  c  
+
c  a  
= 0  
c3  
a3  
2
a abb b bcc c aca a2 abb2 b2 bcc2 c2 aca2  
2
2
2
2
2
Vì thế bất đẳng thức đã cho tương đương với:  
a3 + b3  
2
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ac + a2  
b3 + c3  
c3 + a3  
a + b + c  
3
+
+
a2  ab + b2  
a2 + ab + b2  
a3 b3  
1
2 2  
a  ab + b  
2 2  
1
3
2
Vì  
  2  
a  b  
 0 (đúng)   
a b  
   
a b  
3
a + ab + b  
1
hay  
2
a b  
(1) đẳng thức xảy ra khi a = b  
2
a  ab  b  
3
b3  c3  
1
3
c3 a3  
1
3
Tương tự  
b c  
(2) và  
+
c a  
(3)  
2
2
2
2
b  bc  c  
c  ac  a  
a3  
b
3
c3  
a + b + c  
3
Cộng (1), (2), (3) suy ra  
+
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ac + a2  
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c  
a3  
b3  
c3  
a + b + c  
3
Cách 2:  
+
+
(1)  
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ac + a2  
Ta có: a + b + c = 2a – b + 2b – c + 2c – a  
3
3
3
a
2a  b    
b
2b  c    
c
2c  a   
  0 (2)  
BĐT (1)   
+
   
2
2
   
2
2
2
2
2
a + ab + b  
3
b + bc + c  
3
c + ca + a  
3
   
   
Xét:  
3
2
2
3
3 3  
3
a   
2a  b  
a + ab + b  
a b  ab a  b  
a  b a  b  
a
2a  b  
  
0  
2
2
2
2
2
2
2
2
a + ab + b  
3
3 a + ab + b  
3 a + ab + b  
3 a + ab + b  
3
3
b
2b  c  
c
2c  a  
Tương tự:  
0;  
0  
2
2
2
2
b + bc + c  
3
c + ca + a  
3
Vậy (2) đúng, đo đó (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c  
GV: Võ.M.Trình – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định  
nguon VI OLET
Hóa học 8 Hóa học 9 Hóa học 10 Hóa học 11 Hóa học 12 Hóa học 10 nâng cao Hóa học 11 nâng cao Hóa học 12 nâng cao Khác (Hóa học)