70. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Thái Nguyên năm học 2015-2016(chuyên)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (290.35 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI NGUYÊN

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016

MÔN THI: TỐN (chun Tốn)

Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Câu I (1,5 điểm). Không dùng máy tính, chứng minh

1 1 1 1

... 21, 5

1 3 3 5 5 7 2013 2015

+ + + + >

+ + + + .

Có thể thay giá trị 21,5 bằng một giá trị khác lơn hơn được khơng? Vì sao?
Câu II (1,0 điểm). Rút gọn biểu thức

2 2 3 1 4 3

A= x- - x- + x+ - x- với x³ . 4

Câu III (1,0 điểm). Giải phương trình

(

)(

)

3 2 7 12 35

x + x+ x + x+ = .

Câu IV (1,5 điểm). Cho ba số ; ;a b c khác không, đôi một khác nhau thỏa mãn điều kiện a b b c c a

c a b

+ + +

+ = .

Tính giá trị của biểu thức

1 a 1 b 1 c

B

b c a

ổ ửổữ ửổữ ửữ

ỗ ỗ ỗ

=ỗỗố + ứốữữữỗỗ + ữữữứốỗỗ + ứữữữ.

Cõu V (2,0 im). Tỡm tt c các số nguyên n sao cho 4 3 2

2 2 7

a= n + n + n + + n là số chính phương.

Câu VI (3,0 điểm). Cho tứ giác ABCD . Các đường phân giác của hai góc ·BAD và ·ABC cắt nhau tại M . Các

đường phân giác của hai góc ·BCD và ·ADC cắt nhau tại N . Giả sử đường thẳng BM cắt đường thẳng CN tại 
P, đường thẳng AM cắt đường thẳng DN tại Q .

1). Chứng minh rằng bốn điểm ; ; ;M N P Q cùng nằm trên một đường tròn.

2). Ký hiệu ; ; ;I K J H lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác MABV ; NCDV ; PBCV ; QADV .

Các đường thẳng MI NK PJ QH; ; ; cắt đường tròn đi qua bốn điểm M N P Q; ; ; lần lượt tại các điểm

1; 1; 1; 1

I K J H . Chứng minh rằng I K1 1= J H1 1.

……....HẾT……….

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu I. Ta có 1 1 1 ... 1

1+ 3+ 3+ 5 + 5+ 7 + + 2013+ 2015

(

)

1 2015 1

1 3 3 5 ... 2013 2015

2 2

-= - - + - + + - = .

+ Xét 2015 1 2

21, 5 2015 44 2015 44 2015 1936
2

-> Û > Û > Û > (luôn đúng).

Vậy 1 1 1 ... 1 21, 5

1 3 3 5 5 7 2013 2015

+ + + + >

+ + + + .

+ Có thể thay giá trị 21,5 bằng một giá trị khác lớn hơn là a (a> 21,5) sao cho 2015 1
2

a<

-( 2015 1 21,9
2

-» ).

Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức số dựa vào các phương pháp biến đổi căn thức, biểu thức đơn giản.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Trục căn thức ở mẫu 1 A B

A B

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

(

)

1 1 3 1

1 3

2 2

1 3

-= = -

-+ ;

(

)

1 3 5 1

3 5

2 2

3 5

-= = -

-+ ;

…

(

)

1 2013 2015 1

2013 2015

2 2

2013 2015

-= = -

-+ .

• Cộng vế theo vế của các đẳng thức ta được đẳng thức mới

1 1 1 1

...

1 3 3 5 5 7 2013 2015

+ + + +

(

) (

)

(

)

1 1 1

1 3 3 5 2013 2015

2 2 2

= - - - K-

-(

)

1 3 3 5 ... 2013 2015
2

= - - + - + +

-(

)

1 2015 1

1 2015

2 2

-= - - = .

• Chứng minh một bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương về một bất đẳng thức luôn đúng.

1 1 1 1

... 21, 5

1 3 3 5 5 7 2013 2015

+ + + + >

+ + + +

2015 1

21, 5 2015 1 43 2015 44
2

-Û > Û - > Û > .

(

)

2015 44 2015 1936

Û > Û > (ln đúng)

• Chứng minh ý tiếp theo.

1 1 1 1

... 21, 5

1 3 3 5 5 7 2013 2015

a

+ + + + > >

+ + + +

2015 1

21, 5 2015 1 2 43 2015 2 1 44

2 a a a

-Û > > Û - > > Û > + >

(

)

1936 2a 1 2015
Û < + < .
Tồn tại các giá trị của

(

)

2a+1 nên sẽ tồn tại các giá trị của a .

Câu II. Ta có A=

(

x- 3- 1

)

2 +

(

x- 3- 2

)

2 = x- 3- 1+ x- 3- 2.
+ Nếu 4£ £ thì x 7 A= x- 3- 1+ -2 x- 3= . 1

+ Nếu x> thì 7 A= x- 3- 1+ x- 3- 2= 2 x- 3- 3.

Nhận xét. Bài toán rút gọn bằng các hằng đẳng thức, các quy tắc về dấu,…
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

• Hằng đẳng thức 2 2

(

)

a - ab+b = a- b .

(

)

(

)

2 2 3 3 2 3 1 3 1

x- - x- = x- - x- + = x-

-(

)

(

)

1 4 3 3 4 3 4 3 2

x+ - x- = x- - x- + = x- - .

• Hằng đẳng thức 2

a = a

(

)

2 2 3 3 1 3 1

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

-(

)

1 4 3 3 2 3 2

x+ - x- = x- - = x- - .

• Quy tắc phá dấu giá trị tuyệt đối 0

a khi a

a

a khi a

ìï ³

ï
=

íï-<

ïỵ .

+ Với

4
3 1 0

7
3 2 0

3
x
x
x
x x
ìï <
ì ï

ï - - < ï

ïï Û ï <

í í

ï - - < ï

ï ï

ïỵ ïïỵ ³

ta có 3 1 1 3

3 2 2 3

x x

ìï - - = - 
-ïïï

íï - - = -

-ïïïỵ , suy ra

2 2 3 1 4 3

A= x- - x- + x+ - x- = -1 x- 3+ -2 x- 3= -3 2 x- 3.

+ Với 3 1 0 4

7
3 2 0

x x
x
x
ìï - - ³ ìï ³
ïï Û ï
í í

ï - - < ï <

ï ïỵ

ïỵ

ta có 3 1 3 1

3 2 2 3

x x

ìï - - = - 
-ïïï

íï - - = -

-ïïïỵ , suy ra

2 2 3 1 4 3

A= x- - x- + x+ - x- = x- 3- + -1 2 x- 3=1.

+ Với 3 1 0 4

7
3 2 0

x x

x
x
ìï - - ³ ìï ³
ïï Û ï
í í
ï - - ³ ï ³
ï ïỵ
ïỵ

ta có 3 1 3 1

3 2 3 2

x x

ìï - - = - 
-ïïï

íï - - = -

-ïïïỵ , suy ra

2 2 3 1 4 3

A= x- - x- + x+ - x- = x- 3- +1 x- 3- 2= 2 x- 3- 3.

Vậy: Với 3£ < thì x 4 A= -3 2 x- 3; Với 4£ < thì x 7 A= ; V1 ới x³ thì 7 A= 2 x- 3- 3.
Câu III. Ta có

(

)(

)

(

)(

)

1 2 3 4 35 5 4 5 6 35

x+ x+ x+ x+ = Û x + x+ x + x+ = .

Đặt 2

5 4

t= x + x+ , ta được

(

)

2 5

2 35 2 35 0

t

t t t t

t

é =
ê
+ = Û + - = Û ê =

-ë .

+ Với t= , ta có 5 2

5 29
2

5 4 5

5 29
2
x
x x
x
é - +
ê =
ê
ê
+ + = Û ê

-ê =
êë
.

+ Với t= - 7, ta có x2+5x+11= (v0 ơ nghiệm).
Vậy phương trình có nghiệm: 5 29

x= - ± .

Câu IV. Đặt

a b ck

a b b c c a

k b c ak

c a b

c a bk

ìï + =
ïï
+ + + ï
= = = Þ íï + =
ï + =
ïïỵ
.

Ta có 3

. .

a b b c c a

B k

c a b

+ + +

= = .

Mà a+ + =b c ck+ =c

(

k+1

)

c.

Tương tự a+ + =b c

(

k+1

)

b; a+ + =b c

(

k+1

)

a;

Suy ra 3

(

a+ +b c

) (

= k+1

)(

a+ +b c

)

(

)(

)

0 0

a b c

a b c k

k

é + + =
ê

Û + + - = Û ê =

ë .

+ Nếu a+ + =b c 0 thì a+ = - Þ = - Þb c k 1 B= - . 1

+ Nếu k= 2 thì a+ =b 2c; b+ =c 2aÞ + +a b 2a= + +b c 2cÛ = (trái giả thiết). a c

Vậy B= - . 1

Câu V. Do 2

7 0

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

(

)

4 3 2 4 3 2 2

2 2 7 2

a= n + n + n + + >n n + n +n = n +n .

Giả sử a là số chính phương thì 2

a= b ( bỴ N ).

(

)

(

)

2 2 2 2 2 2

1 1

b > n + n Þ >b n + Þ ³n b n + + Þn b ³ n + +n

(

)

2 4 3 2 4 3 2

1 2 2 7 2 3 2 1

a n n n n n n n n n n

Þ ³ + + Þ + + + + > + + + +

(

)(

)

6 0 2 3 0 3 2

n n n n n

Û + - £ Û - + £ Û - £ £ .

Ta có

n - 3 - 2 - 1 0 1 2

4 3 2

2 2 7

a=n + n + n + + n 49 13 7 7 13 49

Vậy n= - 3;n= 2.

Nhận xét: Bài tốn tìm giá trị của một ẩn để thỏa mãn biểu thức là một số chính phương ta sử dụng các tính chất
của số chính phương cùng sự đánh giá bất đẳng thức số.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Chứng minh một biểu thức dương.

Ta có

2 2 1 1 27 1 27

7 2. .

2 4 4 2 4

n + + =n ỗỗổỗn + n + ữữửữ+ =ỗỗỗổn+ ữửữữ +

ữ ÷

è ø è ø .

Ta thấy

2 2

1 1 27 27

0 0

2 2 4 4

n n

ổ ửữ ổ ửữ

ỗ + ữ ỗ + ữ + >

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ

ố ứ ố ứ với mọi giá trị của n . 
Tức là 2

7 0

n + + > n

• Cộng cùng một lượng vào hai vế của một bất đẳng thức ta được một bất đẳng thức mới tương đương.

7 0

n + + > n

(

4 3 2

)

(

4 3 2

)

2 7 2

n n n n n n n n

Û + + + + + > + +

(

)

4 3 2 2

2 2 7

n n n n n n

Û + + + + > + hay

(

)

a> n +n

• Số chính phương là bình phương của một số nguyên.

a là số chính phương nên a có dạng 2

a= b với b là một số nguyên.

Khi đó ta có 2

(

)

2 2 2

b > n +n Þ >b n + ị n b n + + . n

ã Hai vế của bất đẳng thức khơng âm, bình phương hai vế ta được một bất đẳng thức cùng chiều.

(

)

2 2 2

1 1

b³ n + + Þn b ³ n + +n hay

(

)

a n n

Þ ³ + +

4 3 2 4 3 2

2 2 7 2 3 2 1

n n n n n n n n

Û + + + + > + + + +

(

)(

)

6 0 2 3 0 3 2

n n n n n

Û + - £ Û - + £ Û - £ £

Tức là nỴ -

{

3;- 2;- 1; 0; 1; 2

}

• Với một số nguyên nằm trong một khoảng giá trị nào đó, ta lập bảng xét các giá trị đó.

Vậy n= - 3 hoặc n= . 2

Câu IV. n - 3 - 2 - 1 0 1 2

4 3 2

2 2 7

a= n + n + n + +n 49 13 7 7 13 49

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1). Rõ ràng hai điểm ;M N khác phía đối với đường thẳng PQ .

Ta có · 180 1

(

µ µ

)

PMQ= o- A+ B ; · 180 1

(

µ µ

)

PNQ= o- C+ D , suy ra

· · 1

(

µ µ µ µ

)

360 180

PMQ+ PNQ= o- A+ B+C+ D = o, nên bốn điểm M N P Q; ; ; cùng nằm trên một đường tròn,
điều phải chứng minh.

Nhận xét: Bài toán chứng minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn ta chứng minh cho tứ giác tạo bởi bốn điểm
đó là tứ giác nội tiếp.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° .

+ Tam giác MABD có:

· · · 180 · 180 · ·

MBA+MAB+ PMQ= ° Û PMQ= °- MBA- MAB.

+ Tam giác NDCD có:

· · · 180 · 180 · ·

NCD+NDC+CND= ° Û PNQ= °- NCD- NDC.

• Phân giác của một góc chia góc đó thành hai góc bằng nhau và bằng nửa góc ban đầu.

+ AM là phân giác của ·DAB nên ·

µ
2

A

MAB= ;

+ BM là phân giác của ·ABC nên · µ

B

MBA= ;

Suy ra · 180 1· 1· 180 1

(

µ µ

)

2 2 2

PMQ= °- MBA- MAB= o- A+B .

+ CN là phân giác của ·DCB nên ·

µ
2

C

NCD= ;

+ DN là phân giác của ·ADC nên · µ

D

NDC= ;

Suy ra · 180 1µ 1µ 180 1

(

µ µ

)

2 2 2

PNQ= o- C- D= o- C+ D .

• Tổng bốn góc trong một tứ giác bằng 360° .

Tứ giác ABCD có µ µ µ µ 360A+ + +B C D= °

• Tứ giác có tổng hai góc trong đối diện bằng 180° là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác MPNQ có: · · 180 1

(

µ µ

)

180 1

(

µ µ

)

2 2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

µ µ µ µ

(

)

1 1

360 360 .360 360 180 180

2 A B C D 2

= °- + + + = °- ° = °- ° = ° Suy ra tứ giác MPNQ là tứ giác nội tiếp 
hay bốn điểm ; ; ;M P N Q cùng nằm trên một đường tròn (điều phải chứng minh)

2). MI là đường phân giác của góc ·PMQ, nên I P1 = I Q1 .

NK là đường phân giác của góc ·PNQ, nên K P1 = K Q1 .

Nên I K1 1 là trục đối xứng của đường tròn đi qua bốn điểm ; ; ;M N P Q, suy ra I K1 1 là đường kính của đường trịn

đi qua bốn điểm ; ; ;M N P Q.

Tương tự: J H1 1 là đường kính của đường trịn đi qua bốn điểm ; ; ;M N P Q.

Vậy I K1 1= J H1 1 (điều phải chứng minh).

Nhận xét: Bài toán chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau ta sử dụng các tính chất hình học chứng minh hai đoạn
thẳng đó có độ dài cùng bằng một giá trị nào đó.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Trong một đường trịn, phân giác của một góc nội tiếp chia chia chứa góc đó thành hai cung bằng nhau. Hai

cung bằng nhau thì hai dây cung bằng nhau.

+ MI là đường phân giác của góc nội tiếp ·PMQ chắn cung ¼P QN của đường trịn đi qua bốn điểm

; ; ;

M N P Q cắt ¼P QN tại I1 nên »I P1 = I Q»1 do đó I P1 = I Q1 .

+ NK là đường phân giác của góc nội tiếp ·PNQ chắn cung ¼P QM của đường tròn đi qua bốn điểm

; ; ;

M N P Q cắt ¼P QM tại K1 nên ¼K P1 = K Q¼1 do đó K P1 = K Q1 .

• Một điểm cách đều hai đầu của một đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực của đường thẳng đó.

+ I P1 = I Q1 nên I1 nằm trên đường trung trực của PQ ;

+ K P1 = K Q1 nên K1 nằm trên đường trung trực của PQ ;

Suy ra I K1 1 là đường trung trực của PQ .

• Trong một đường tròn, đường trung trực của một dây là trực đối xứng của đường tròn.

Đường tròn đi qua bốn điểm ; ; ;M N P Q có I K1 1 là đường trung trực của dây PQ nên I K1 1 là trực đối xứng

của đường tròn đi qua bốn điểm ; ; ;M N P Q.

• Trục đối xứng của một đường trịn là đường thẳng chứa một đường kính.

+ I K1 1 là trực đối xứng của đường tròn đi qua bốn điểm ; ; ;M N P Q nên I K1 1 là đường kính của đường tròn

đi qua bốn điểm ; ; ;M N P Q;

+ Hồn tồn tương tự ta có J H1 1 là đường kính của đường trịn đi qua bốn điểm ; ; ;M N P Q;

</div>