ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 2016 Môn: Toán (Không chuyên)

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán (Không chuyên)
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,5 điểm).
Cho biểu thức:
1 1 1
1
1 1
Q
a a a
  
= − +
 ÷ ÷
− +
  
(với
0a >
và
1a ≠
).
a) Rút gọn biểu thức Q.
b) Tính giá trị của biểu thức Q biết
3 2 2a = +
.
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình:
2( 3) 3( 4) 1
3 7
x y
x y

− − − = −


− =

b) Giải phương trình:
2 2 10 0x x− − − =
.
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho phương trình:
2
2 4 5 0 (1)x mx m− + − =
(với
m
là tham số).
a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
,x x
thỏa mãn :
1 2
6x x− = −
.
Câu 4 (4,0 điểm).
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD,
BI, CK cắt nhau tại H. Vẽ hình bình hành BHCE.
a) Chứng minh
·
·
0

180BAC IHK
+ =
.
b) Chứng minh điểm E thuộc đường tròn (O) và
·
·
EBAD CA=
.
c) Gọi M là trung điểm của BC; F là giao điểm của AM và OH. Chứng minh F
là trọng tâm của tam giác ABC.
d) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =
AD BI CK
HD HI HK
+ +
.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
3x y z+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
2 2 2 2 2 2
2 3 2 3 2 3x xy y y yz z z zx x
A
x y y z z x
+ − + − + −
= + +
+ + +
.
HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Giám thị 1: Giám thị 2:
UBND TỈNH HÀ NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN
CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán (Không chuyên)
( Bản Hướng dẫn chấm thi gồm có 04 trang )
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
a)
1,0
điểm
1 1 1
1
1 1
Q
a a a
  
 ÷ ÷
  
= − +
− +
(với
0a >
và
1a ≠
).
1 1 1

.
1
a a a
Q
a
a
+ − + +
=
−
0,5
=
2 1
.
1
a a
a
a
+
−
0,25
=
2

1 a
−
0,25
b)
0,5
2
3 2 2 ( 2 1) 2 1a a

= + = + ⇒ = +
0,25

2 2
2
1 1 2 1
Q
a
= = = −
− − −
0,25
Câu 2
a)
1,0
điểm

2( 3) 3( 4) 1 2 3 7 7 28
3 7 9 3 21 3 7
x y x y x
x y x y x y
− − − = − − = − =
  
⇔ ⇔
  
− = − = − =
  

0,5
4
5

x
y
=

⇔

=

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 4;5x y =
0,5
b)
1,0
điểm

2 2 10 0x x− − − =
ĐKXĐ:
2x ≥
( 2) 2 2 8 0x x⇔ − − − − =
Đặt
2 0x t− = ≥
Ta có:
2
2 8 0t t− − =
Giải được
1
4t =

2

2t = −
(loại)
0,5
Với
4 2 4 18t x x= ⇒ − = ⇔ =
(thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
{ }
18S =
.
0,5
Câu 3
2
a)
0,75
điểm

2
2 4 5 0 (1)x mx m− + − =

' 2 2
4 5 4 4 1m m m m
∆ = − + = − + +
0,5

2
( 2) 1 0m
= − + >
Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
0,25

b)
0,75
điểm
Phương trình (1) luôn có hai nghiệm x
1
, x
2

Kết hợp hệ thức Vi-ét ta có:
1 2 1
1 2 2
6 3
2 3
x x x m
x x m x m
 
 
 
 
 
− = − = −
⇔
+ = = +
0,25
=>
2
1 2
( 3)( 3) 9x x m m m
= − + = −
(*)

Mặt khác theo Vi-ét ta có
1 2
4 5x x m
= −
(**)
0,25
Từ (*) và (**) =>
2 2
9 4 5 4 4 0 2 2 2m m m m m
− = − ⇔ − − = ⇔ = ±
Vậy
2 2 2m
= ±
thỏa mãn bài toán.
0,25
Câu 4
a)
1,0
điểm

·
·
0
180AIH AKH+ =
=> Tứ giác AIHK nội tiếp
0,5
=>
·
·
0

180BAC IHK+ =
0,5
b)
1,0
điểm
Vì BHCE là hình bình hành
=> CH // BE
Mà CH
⊥
AB (gt)
=> BE
⊥
AB
=>
·
0
90ABE =
0,25
Cm tương tự ta có:
·
0
90ACE =
=> Tứ giác ABEC nội tiếp
=> E thuộc (O).
0,25
3
O
A
C
B

E
M
D
F
H
I
K
suy ra
· ·
E ECA CB=
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE) 0,25
mà
·
·
DBA CBE=
( cùng phụ với
·
ABC
)
suy ra
·
·
EBAD CA=
.
0,25
c)
1,0
điểm
Ta có MB = MC (gt)
=> OM

⊥
BC
Mà AH
⊥
BC (gt)
=> OM // AH
=> Hai tam giác AHF và MOF đồng dạng
=>
AF
MF MO
AH
=
(1)
0,5
Lại có
·
0
90ABE =
=> AE là đường kính (O)
=> O là trung điểm của AE.
Tứ giác BHCE là hình bình hành => M cũng là trung điểm của HE
=> OM là đường trung bình của tam giác AHE
=>
1
2
MO
AH
=
(2)
Từ (1) và (2) =>

1
AF 2
MF
=
=> F là trọng tâm tam giác ABC.
0,5
d)
1,0
điểm
Đặt S
BHC
= S
1
, S
AHC
= S
2
, S
AHB
= S
3
, S
ABC
= S. Vì
ABC∆
nhọn nên trực
tâm H nằm bên trong
ABC∆
, do đó: S = S
1

+ S
2
+ S
3
.
Ta có:
1 2 3
1 2 3
ABC ABC ABC
BHC AHC AHB
AD S S BI S S CK S S
( ), ( ), ( )
HD S S HI S S HK S S
= = = = = =
0,25
Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:
1 2 3 1 2 3
1 1 1AD BI CK S S S
T S
HD HI HK S S S S S S
 
= + + = + + = + +
 ÷
 
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có:
3
1 2 3 1 2 3
3 . .S S S S S S S= + + ≥
(4) ;

3
1 2 3
1 2 3
1 1 1 3
. .
S S S
S S S
+ + ≥
(5)
0,25
Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được:
T 9
≥
.
Vậy GTNN của T là 9 khi
1 2 3
S S S= =
hay H là trọng tâm của
ABC
∆
,
nghĩa là
ABC
∆
đều.
0,25
Câu 5
1,0
điểm
Ta có:

2 2
2
x y x y
x y
+ +
≥
+

, 0x y∀ >
. Dấu “=” xảy ra khi x = y. 0,25

Từ đó:
2 2 2 2
2 3 3 ( )x xy y x x y x y
x y x y
+ − + − −
=
+ +

2 2
5
3 3
2 2
x y x y x y
x x
x y
+ + −
= − ≤ − =
+
(1)

0,25
4
Tương tự:
2 2
2 3 5
2
y yz z y z
y z
+ − −
≤
+
(2)

2 2
2 3 5
2
z zx x z x
z x
+ − −
≤
+
(3)
0,25
Cộng theo vế (1), (2), (3) có:
5 5 5
2( ) 6
2 2 2
x y y z z x
A x y z
− − −

≤ + + = + + =
Vậy GTLN của A là 6 khi
1x y z= = =
.
0,25
Chú ý: Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tương đương.
HẾT
5