- Trang chủ >>
- Tuyển sinh lớp 10 >>
- Toán
Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên lê quý đôn tỉnh bình định năm học 2016 2017(có đáp án)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (249.59 KB, 4 trang )
Phan Hòa Đại
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016-2017
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Môn thi: Toán ( CHUYÊN TOÁN -TIN )
Ngày thi: 07/6/2016
Thời gian làm bài: 150’
Bài 1: (2 đ)
a)Cho biểu thức: P=x2 +5y2 -4xy+2x-14y+2016 Tìm x,y để P đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất
đó.
b) Với mỗi n N, xét hai số: an =22n+1+ 2n+1+1 và bn =22n+1+ 2n+1+1 . CMR: có một và chỉ một trong hai
số trên chia hết cho 5.
x y x 2 y 2 15
Bài 2: (1,5 đ) Giải HPT :
2
2
x y x y 3
Bài 3: (1,5 đ) Tìm số chính phương có bốn chữ số biết rằng khi tăng mỗi chữ số một đơn vị thì số mới
được tạo thành cũng là một số chính phương có bốn chữ số .
Bài 4: (4 đ)
1. Từ một điểm S ở ngoài đường tròn tâm O kẻ các tiếp tuyến SA,SC và cát tuyến SBD ( B nằm giữa S
và D). Gọi I là giao điểm của AC và BD. CMR:
a) AB.DC=AD.BC
b)
SB IB AB.CB
SD ID AD.CD
2. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm M nằm trên nửa đường tròn sao cho
MAB 600 . Kẻ MH AB tại H, HE AM tại E, HF BM tại F. Các đường thẳng EF và AB cắt nhau tại
K. Tính diện tích tam giác MEF và độ dài đoạn thẳng KA,KB theo R.
Bài 5: (1 đ) : Cho a,b,c >0 và a+b+c <1. CMR:
1
1
1
2
2
9
a 2bc b 2ca c 2ab
2
---*--HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: (2 đ)
a)P=x2 +5y2 -4xy+2x-14y+2016 = (x2 +4y2 +1-4xy+2x-4y)+(y2-10y+25)+1990=(x-2y+1)2+(y-5)2+1990
y 5 0
y 5
x 2y 1 0
x 2y 1 9
=> P 1990 , dấu “=” xảy ra
Vậy Pmin=1990 khi x=9;y=5
b) Với mỗi n N, xét hai số: an =22n+1+ 2n+1+1 và bn =22n+1+ 2n+1+1 . CMR: có một và chỉ một trong 2
số trên chia hết cho 5.
Ta có: 22n 1 2. 2n ;2n 1 2.2n
2
16 1(mod 5)
2. 2 2.16 2(mod 5)
2 . 2 4.16 4(mod 5)
2 . 2 8.16 3(mod 5)
2 4k 2 4
2 4k 1
2 4k 2
2 4k 3
n
n
n
4
2
4
3
4
n
n
n
- Nếu n=4k thì:
22n 1 2. 2n
2
n
n
2. 24k
2
2.12 2(mod 5) ; 2n 1 2.2n 2.2 4k 2.1 2(mod 5)
a n 2 2 1 0 mod 5 a n 5
b n 2 2 1 1 mod 5 b n 5
Phan Hòa Đại
Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định
- Nếu n=4k+1 thì:
22n 1 2. 2 n
2
2. 2 4k 1
2
2.22 3(mod 5) ; 2 n 1 2.2 n 2.2 4k 1 2.2 4(mod 5)
a n 3 4 1 3 mod 5 a n 5
b n 3 4 1 0 mod 5 b n 5
- Nếu n=4k+2 thì:
22n 1 2. 2 n
2
2. 2 4k 2
2
2.4 2 2(mod 5) ; 2 n 1 2.2 n 2.2 4k 2 2.4 3(mod 5)
a n 2 3 1 1 mod 5 a n 5
b n 2 3 1 0 mod 5 b n 5
- Nếu n=4k+3 thì:
22n 1 2. 2n
2
2. 24k 3
2
2.32 3(mod 5) ; 2 n 1 2.2 n 2.2 4k 3 2.3 1(mod 5)
a n 3 1 1 0 mod 5 a n 5
b n 3 1 1 3 mod 5 b n 5
Vậy với mọi n N, có một và chỉ một trong hai số an =22n+1+ 2n+1+1 và bn =22n+1+ 2n+1+1 chia hết cho 5
x y x 2 y 2 15 1
Bài 2: (1,5 đ)
2
2
x y x y 3 2
-Nếu x= y thì (2) sai => x y .
Vì x y , chia (1) cho (2) vế theo vế , ta được:
x 2 y2
x y
2
5 ... 4x 2 10xy 4y 2 0 (*)
Xem (*) là pt bậc 2 ẩn x, ta có: ' =25y -16y =9y2 0 => pt (*) có 2 nghiệm:
2
x1,2
2
y
x1
5y 9y2 5y 3y
2
4
4
x 2 2y
- Với x= 2y thế vào (2) ta được: (2y-y)(4y2-y2)=3 3y3=3 y3=1y=1 => x= 2y=2
-Với x=
y
thế vào (1) ta được:
2
2
15 3
y
y
y
2
3
y
2
4 y 15 8 y 15 y 8 y 2 x 2 1
Vậy hệ pt có hai nghiệm (x;y) là (2;1) và (1;2).
Bài 3: (1,5 đ) Gọi số chính phương có bốn chữ số cần tìm là abcd = k2
(ĐK: 1000 k 2 9999 31 k 100 )
Khi tăng mỗi chữ số một đơn vị thì số mới được tạo thành : efgh = abcd +1111= h2 (ĐK : 31
1
11
h+k
1111
101
h
556 (loại)
56 (TMĐK)
k
555(loại)
abcd
efgh
Vậy số chính phương có bốn chữ số cần tìm là 2015.
Bài 4: (4 đ)
45(TMĐK)
2025
3136
Phan Hòa Đại
Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định
1. Từ một điểm S ở ngoài đường tròn tâm O kẻ các tiếp tuyến SA,SC và cát tuyến SBD ( B nằm giữa S
A
và D). Gọi I là giao điểm của AC và BD. CMR:
a) AB.DC=AD.BC
a) Dễ thấy SAB
và SCB
Suy ra:
b)
SDA
SDC
SB IB AB.CB
SD ID AD.CD
AB SB
(1)
AD SA
O
BC SB
(2) , lại có: SA=SC (3)
CD SC
H
2
S
1
2
I
1
B
D
AB BC
AB.CD AD.BC
AD CD
C
b) Theo c.m.t ta
2
2
SB SC
SB
1
SB 2 SB
AB BC
AB BC BC SB
2
2
(5)
có:
.
(4) ; SCB SDC
SC SD
SC
SD
SC
SD
AD CD
AD CD CD SC
SB AB.CB
Từ (4) và (5) suy ra
(6)
SD AD.CD
-Dễ dàng chứng minh:AH OS và SH.SO=SB.SD (=SA2)=> SOB SHD(c.g.c) Tứ giác OHBD
nội tiếp => H1 ODB (cùng bù với OHB); ODB B2 ( OBD cân); B2 H2 (góc nt cùng chắn OD )
=> H1 H2 , mà OHI SHI 900 => DHI BHI => HI là đường phân giác trong của BDH, mà HI HS
=>HS là đường phân giác ngoài của BDH =>
Từ (6) và (7) suy ra
SB IB HB
(7)
SD ID HD
SB IB AB.CB
SD ID AD.CD
2. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm M nằm trên nửa đường tròn sao cho
MAB 600 . Kẻ MH AB tại H, HE AM tại E, HF BM tại F. Các đường thẳng EF và AB cắt nhau tại
K. Tính diện tích tam giác MEF và độ dài đoạn thẳng KA,KB theo R.
M
F
E
K
60°
A
B
H
a) AMB 900 (góc nt chắn nửa đường tròn) . Ta có: MA AB.cos MAB 2R.cos600 R
AH MA.cos MAH R.cos600
2
1
3
3
1
3
R; MH MA.sin MAH
R;EH AH.sin EAH
.R.
R
2
2
2
2
4
3
R
MH 2 2
3
1
1
1 3
3
3 3 2
ME
R S MEF S MEHF ME.HE . R.
R
R (d.v.d.t)
MA
R
4
2
2
2 4
4
32
3
3
3 3
b) Ta có HF=ME= R =>FB=HF.cot B= R .cot300=
R
4
4
4
Dễ thấy tứ giác ABFE nội tiếp => KFB 1800 MAB 1200 , mà B 900 MAB 300 K 300 =>
3 3
R.
KFB cân tại F => KF=FB=
4
Phan Hòa Đại
Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định
3 3
3 9
1
Vẽ FI KB tại I => KB=2IB= 2.BF.cosB 2.
R.
R KA KB AB R .
4
2
4
4
Bài 5: (1 đ) : Với mọi x,y,z >0 theo BĐT Cô-Si ta có:
1 1 1
x y y z z x
x x y
y z z
1 1 1 3 9
y z x
z x y
x y z
y x z y x z
x y z
1 1 1
9
(1)
x y z xyz
Với a,b,c >0 và a+b+c <1, theo BĐT (1) ta có:
1
1
1
9
9
2
2
2
9
2
2
a 2bc b 2ca c 2ab a 2bc b 2ca c 2ab a b c 2
2
