SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề gồm có: 01 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn thi: TOÁN
(Dành cho thí sinh dự thi các lớp chuyên: Văn, sử, địa, anh)
Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề
Bài 1(1,0điểm).
Rút gọn biểu thức A =
36 − 28 +
4
3− 7
2
Bài 2(2,0điểm). Cho đường thẳng (d): y = 2x + m + 4 (m là tham số)
a Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm M(- 1; 6)
b Tìm m để đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số y = x2 tại hai điểm phân biệt có hoành
2
2
độ x1;x 2 thỏa mãn x1.x 2 + x1 .x 2 = −10
Bài 3(2,0đ).
3
4
− = −2
a Giải phương trình: x + 1 x
x ( x − 3) + y = x 2 + 1
2x + y ( y + 1) = y 2 + 6
b Giải hệ phương trình:
Bài 4(1,0điểm).
Một xe lửa dự định đi từ ga A đến ga B cách nhau 60 km với vận tốc không đổi.
Thực tế, xe khởi hành muộn 10 phút nên để đến ga B đúng giờ, thì xe đã tăng thêm vận tốc
5 km/h. Tính vận tốc dự định của xe lửa.
Bài 5(3,0điểm). Cho tam giác đều ABC có đường cao AH, M là điểm bất kì trên cạnh BC
(M không trùng với B và C). Gọi P và Q theo thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ M đến
AB và AC, O là trung điểm của AM.
a Chứng minh các điểm A, P, M, Q cùng nằm trên một đường tròn.
a) Chứng minh tứ giác OPHQ là hình thoi.
b) Xác định vị trí của M trên BC để đoạn PQ nhỏ nhất.
Bài 6(1,0điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = xyz . Tìm giá trị lớn
1
1
1
+
+
nhất của biểu thức : P = x + 2y + 3 y + 2z + 3 z + 2x + 3
---------Hết----------
Hướng dẫn
Bài 5.
b) Khi M thuộc đoạn BH (các trường hợp khác tương tự) tam giác AQM, tam giác AMH,
tam giác AMP là 3 tam giác vuông và O là trung điểm cạnh huyền AM => OQ = OM =
OH = OP và ∠QOM= 2∠ QAM, ∠HOM=2∠HAM. Cộng vế với vế ta được ∠QOH = 2
∠QAH= ∠BAC=600. Từ đó suy ra tam giác QOH đều. Tương tự ta cũng suy ra được tam
giác HOP đều, nên OP=OQ=HQ=HP => tứ giác OPQH là hình thoi.
c) Gọi K là trung điểm PQ.
OQ=AM,OK=OH=AM
PQ=2QK=2AM. Do AM
=> PQ AH. Dấu bằng xảy ra khi M trùng H.
Bài 6
Bổ đề: Với a, b dương ta có (a+b)( (dễ cm)
Áp dụng bổ đề ta có: . Tương tự cho hai phân thức còn lại ta có:
Pxy +yz+zx = xyz suy ra
Mà khi x = y = z = 3 thì ta có P = và
Nên max P =
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề gồm có: 01 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn thi: TOÁN
(Dành cho thí sinh dự thi các lớp chuyên: Toán, tin, lí, hóa, sinh)
Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề
Bài 1(1,0điểm).
Rút gọn biểu thức A =
Bài 2(2,0điểm).
27 − 48 + 4 − 2 3
2
Cho Parobol (P): y = x và đường thẳng (d): y = mx − m + 2 (m là tham số)
a) Với m = 2. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d)
b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1;x 2
1
đều lớn hơn 2
Bài 3(2,0đ).
x 2 = y + 1
2
a) Giải hệ phương trình: y = x + 1
2
b) Giải phương trình x + 3 = 4x + 5x − 1
Bài 4(1,0điểm).
Hai người thợ cùng làm chung một công việc thì hoàn thành trong 4 giờ. Nếu mỗi
người làm riêng, để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất ít hơn người thứ hai
là 6 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu để hoàn thành công việc.
Bài 5(3,0điểm). Cho (O;R) và đường thẳng d cố định, khoảng cách từ tâm O đến đường
thẳng d là 2R. Điểm M thuộc đường thẳng d, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới (O) (A,
B là tiếp điểm).
a) Chứng minh các điểm O, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi D là giao điểm đoạn OM với (O). Chứng minh D là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABM
c) Điểm M di động trên đường thẳng d. Xác định vị trí điểm M sao cho diện tích
tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 6(1,0điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: abc ≥ 1 . Chứng minh:
1
1
1
3
+ 5 2
+ 5
≤ 2
2
2
2
2
2
a +b +c
b +c +a
c +a +b
a + b2 + c2
---------Hết---------5
HƯỚNG DẪN
Bài 3.
x 2 = y + 1
2
a) Giải hệ pt y = x + 1
2
2
Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta có: x − y = y − x ⇔ ( x − y ) ( x − y + 1) = 0
x = y
x = −y − 1
Nên
1+ 5 1+ 5
1− 5 1− 5
;
;
÷
÷
2
2
2
2
và
Với x = y ta tính được nghiệm là
Với x = - y – 1 ta tính được nghiệm là (-1; 0) và (0; -1).
b) Giải phương trình:
ĐK: x ≥ −3
x + 3 = 4x 2 + 5x − 1
2
2
1
9
1
3
⇔ x + 3 + x + 3 + = 4x 2 + 6x + ⇔ x + 3 + ÷ = 2x + ÷
4
4
2
2
PT
1
3
x + 3 + 2 = 2x + 2
⇔
x + 3 + 1 = −2x − 3
2
2
Giải lần lượt các trường hợp ta được nghiệm của phương trình là
−3 + 41
−7 − 33
x1 =
; x2 =
8
8
Bài 5.
c) Khi M di động trên d xác định vị trí của M để diện tích tam giác AMB nhỏ nhất.
Gọi H là giao điểm của MO và AB, K là chân đường vuông góc hạ từ O xuống d
Ta có MH vuông góc với AB, HA = HB, OK = 2R
AM.AO R OM 2 − R 2
AH =
=
2
2
2
2
OM
OM 2
AM = OM − OA = OM − R ;
;
2
2
2
AM
OM − R
MH =
=
OM
OM
OM 2 − R 2 ) R OM 2 − R 2
(
1
SMAB = MH.AB = MH.HA =
2
OM 2
Khi đó:
3
2
2
2
R
R
R ÷
= R 1 −
÷ .OM. 1 −
÷ = R.OM. 1 −
÷
OM ÷
OM
OM
2
R
1
R 3
⇔0<
≤ ⇒1−
÷ ≥
OM
2
OM
4
≥
OK
=
2R
Với M thuộc đường thẳng d ta có: OM
3
3 3 3R 2
SAMB ≥ R.2R.
÷=
4
4
Suy ra
(đvdt)
Vậy diện tích tma giác AMB nhỏ nhất khi M trùng với K.
Bài 6.
1
;b;c ÷
a 5 ;b;c
ta có:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia cho bộ số
và a
1
+ b 2 + c2
2
( a 5 + b2 + c2 ) 1a + b2 + c2 ÷ ≥ ( a 2 + b2 + c2 ) ⇒ a 5 + b12 + c2 ≤ a2 2 2 2
(a +b +c )
(
Chứng minh tương tự ta có:
1
+ c2 + a 2
1
≤ b
2
5
2
2
b +c +a
( a 2 + b2 + c2 )
và
)
1
+ a 2 + b2
1
≤ c
2
5
2
2
c +a +b
( a 2 + b 2 + c2 )
Do đó:
1 1 1
+ + + 2 ( a 2 + b 2 + c2 )
1
1
1
+ 5 2
+ 5
≤a b c
2
5
2
2
2
2
2
a +b +c
b +c +a
c +a +b
( a 2 + b2 + c2 )
abc ≥ 1 ⇒
1
1
1
1 1 1
≤ bc; ≤ ac; ≤ ab ⇒ + + ≤ ab + bc + ac
a
b
c
a b c
Mặt khác ta có:
2
2
2
Mà ab + bc + ac ≤ a + b + c
3( a 2 + b2 + c2 )
1
1
1
3
+ 5 2
+ 5
≤
= 2
2
5
2
2
2
2
2
2
2
a +b +c
b +c +a
c +a +b
( a 2 + b2 + c2 ) a + b + c
Suy ra
Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề gồm có: 01 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn thi: TOÁN
(Dành cho thí sinh dự thi các lớp chuyên: Toán, tin)
Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề
Bài 1(2,0điểm).
1
1
a b
− = a + b + + +1
b a
a) Đặt a = 2;b = 2 . Chứng minh rằng: a − b b
3
3
28 + 1 − 3 28 − 1 + 2 . Tính giá trị của biểu thức P = x 3 − 6x 2 + 21x + 2016
b) Cho x =
Bài 2(2,0điểm).
1
1
d2 ) : y = x −
(
d
:
y
=
−
3x
+
3
2
2
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng ( 1 )
;
( d3 ) : y = −ax + a 3 − a 2 −
1
3 . Tìm a để 3 đường thẳng đồng quy
và
b) Tìm tất cả nghiệm nguyên dương (x, y, z) của phương trình:
xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2015 thỏa mãn x ≥ y ≥ z ≥ 8 .
Bài 3(2,0đ).
x 2 y 2 − 2x + y 2 = 0
2
3
2x
−
4x
+
3
=
−
y
a) Giải hệ phương trình:
(
b) Giải phương trình
)(
)
2x + 5 − 2x + 2 1 + 4x 2 + 14x + 10 = 3
Bài 4(0,5điểm).
0
·
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 1 cm, ABC = 60 . Tính thể tích hình tạo
được khi cho tam giác ABC quay một vòng quanh cạnh BC.
Bài 5(2,5điểm). Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung
gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với (O1) và (O2) tại C và D. Qua A kẻ đường
thẳng song song với CD lần lượt cắt (O1) và (O2) tại M và N. Các đường thẳng CM và DN
cắt nhau tại E. Gọi P là giao điểm của BC và MN, Q là giao điểm của BD và MN. Chứng
minh rằng:
a) Đường thẳng AE vuông góc với CD.
BD BC MN
+
=
BQ
BP
PQ
b)
c) Tam giác EPQ là tam giác cân.
Bài 6(1,0điểm). Trong hình vuông cạnh 10 cm, người ta đặt ngẫu nhiên 8 đoạn thẳng mỗi
đoạn thẳng có độ dài 2 cm. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 điểm trên hai đoạn thẳng khác
14
cm
3
nhau trong 8 đoạn thẳng đó mà khoảng cách của chúng không vượt quá
.
HƯỚNG DẪN
Câu 1.
1
1
a b
a b
1
− = a + b + + + 1 ⇔ 1 = ( a − b ) + a + b + + + 1÷
b a
b a
b
a) Ta có a − b b
a
a 2 b2
2
2
−1 + a − b + −
b a
VP = b
a 2 b3
b2
2 a
= = b ; = ⇒ VP = −1 + a 2 = −1 + 2 = 1 = VT
3
b a
Do a = 2;b = 2 nên b b
( x − 2) =
3
b) Ta có:
=
(
) (
28 + 1 −
(
3
28 + 1 −
) (
28 − 1 − 3
28 − 1
3
)(
28 + 1
)
3
)(
28 − 1
3
28 + 1 −
)
28 − 1 = 20 − 9x
3
⇒ x 3 − 6x 2 + 21x = 28 ⇒ P = 2044
Câu 2.
a) Gọi A(x;y) là giao điểm của (d1) và (d2) nên (x;y) là nghiệm của hệ phương trình:
y = −3x + 3
x = 1
⇒ A ( 1;0 )
1
1 ⇔
y
=
0
y
=
x
−
2
2
Để (d ), (d ) và (d ) đồng quy thì A ∈ ( d 3 )
1
2
3
(
)
3
1
1
3
a 3 − a 2 − a − = 0 ⇔ 4a 3 = a 3 + 3a 2 + 3a + 1 ⇔ a 3 4 = ( a + 1) ⇒ a = 3
3
4 −1
Khi đó ta có:
1
a= 3
4 − 1 thì (d1), (d2) và (d3) đồng quy.
Vậy
b) Ta có xy ( z + 1) + y ( z + 1) + x ( z + 1) + ( z + 1) = 2016 ⇔ ( x + 1) ( y + 1) ( z + 1) = 2016
⇔ ( x + 1) ( y + 1) ( z + 1) = 25.32.7 do vậy nghiệm (x,y,z) của phương trình là (15;13;8).
Câu 3.
2x
2
y = x2 + 1
⇔
y3 = −2 ( x − 1) 2 − 1
a) Hệ phương trình đã cho
2x
x 2 + 1 ≥ 2x ⇒ 2
≤ 1 ⇒ y 2 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ y ≤ 1 ( 1)
x +1
Ta có
3
−
2
x
−
1
−
1
≤
−
1
⇔
y
≤ −1 ⇔ y ≤ −1 ( 2 )
(
)
Mà
Từ (1) và (2) suy ra y = - 1 nên x = 1. Thử lại thì thỏa mãn
Vậy hệ phương trình có nghiệm là (1;-1)
2
b) ĐK: x ≥ −1 . Đặt 2x + 5 = a; 2x + 2 = b (với a ≥ 0;b ≥ 0 )
a 2 − b 2 = 3; 4x 2 + 14x + 10 = ( 2x + 5 ) ( 2x + 2 ) = ab
Ta có:
a − b ) ( 1 + ab ) = ( a 2 − b 2 ) ⇔ ( a − b ) ( 1 − a ) ( 1 − b ) = 0
(
Thay vào phương trình ta được:
1
x=−
2
Giải các trường hợp ta được nghiệm của phương trình là:
Câu 4.
3
cm
Ta tính được đường cao AH = 2
; BC = 2 cm.
Hình tạo thành là hai hình nón có bán kính đáy là AH, chiều
cao là HB và HC.
1
π
BC.π.AH 2 = ( cm 3 )
2
Thể tích hình tạo thành là: 3
Câu 5.
a) Ta có:
MN // CD nên góc EDC = góc ENA; mà góc CDA = góc DNA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến
và dây cung, góc nội tiếp cùng chắn cung AD) suy ra góc EDC = góc CDA suy ra DC là
phân giác góc EDA.
Tương tự ta có CD là phân giác góc ECA.
Suy ra tam giác ACD = tam giác ECD suy ra DA = DE suy ra tam giác ACE cân tại D suy
ra đường phân giác CD là đường cao nên CD vuông góc với AE.
b) Ta có DC là trung trực của AE và CD // MN nên CD là đường trung bình của tam giác
MEN suy ra CD = ½ MN.
BC BD CD
BC BD 2CD MN
=
=
⇒
+
=
=
BP
BQ
PQ
BP
BQ
PQ
PQ
Lại có CD//PQ nên
c) Do PQ//CD nên AE vuông góc với PQ (*)
Gọi I là giao điểm của AB và CD suy ra tam giác AID đồng dạng với DIB suy ra:
ID IB
=
⇒ ID 2 = IA.IB
IA ID
2
Tương tự IC = IA.IB do đó IC = ID
ID
IB IC
=
=
⇒ AP = AQ
AQ
AB
AP
Do CD//PQ theo định lý Ta lét ta có:
(**)
Từ (*) và (**) suy ra tam giác EMP cân tại E.
Câu 6.