Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đáp án chuyên Toán học Đắk Lắk 2016-2017 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (355.02 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
NĂM HỌC 2016 – 2017


Mơn thi: TỐN – CHUYÊN


ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm tất cả 05 trang)


A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM


Bài Đáp án Điểm


Câu 1.
(2,0
điểm)


1) Cho đa thức P(x) = x9 – 17x8 + m. Tìm m biết rằng a =
3 3 13 2 12 là một nghiệm của P(x).


2



a  3 3 13 2 12  3 3 12 1  3 3 12 1 0,25


2



3 4 12 3 3 1 3 3 1 1.



          0,25


Từ giả thiết ta có P(a)= 0 0,25


19 – 17.18 +m = 0m = 16. 0,25


2) Cho 2016 số dương a1, a2,..., a2015, a2016 thỏa mãn:
2015 2016


1 2


2 3 2016 1


a a


a a


... .


a a  a  a
Hãy tính giá trị của biểu thức:




2 2 2
1 2 2016


2
1 2 2015 2016



a a ... a


A = .


a a ... a a
  


   


Ta có : 1 2 2015 2016
2 3 2016 1


a a


a a


= =...= =


a a a a


2 2016


2 2016


2015 2016


1 2 1


2 3 2016 1 1



...
...


= =1


a a


a a a a a


= =...= =


a a a a a a a


  
  




0,25


2 2016
1= ...


a a  a


 2 2 2


1= 2 ... 2016



a a  a


 0,25
 
2
1
2
1
2016a 1
A = = .


2016
2016a

0,5
Câu 2
(3,0
điểm)


1) Giải phương trình: 2


2x 3 x  5x 5  0.
ĐK: x 3


2


 0,25


Phương trình đã cho tương đương: 2x-3 - x +1+x - 2x + 1- 2x + 3 = 02



  



 





2


2x-3 - x -1 + x-1 - 2x - 3 =0


2x-3 - x-1 + x-1 - 2x - 3 x-1 + 2x - 3 =0





x-1 - 2x - 3 x-2 + 2x - 3



0


 


x-1 - 2x - 3 0 (1)
x -2+ 2x - 3 0 (2)



(2)

2
x 1


(1) 2x - 3=x-1 x=2


x -4x + 4=0









   0,25


2


x 2
x 2


(2) 2x - 3 2 x x=3+ 2 (l)


x -6x+7=0


x=3- 2 (n)





 


 


 









    


Vậy x=2 hoặc x=3- 2 là nghiệm của phương trình.


0,25


2) Giải hệ phương trình :


2(x+y) = 3xy
6(y+z) = 5yz
3(x+z) = 4xz .








+

Ta thấy x = y = z = 0 là một nghiệm của hệ phương trình. 0,25

+

Với x, y, z đều khác 0, ta có hệ phương trình đã cho tương đương


1 1 3


x+y 3


= (1)
=


x y 2



xy 2


y+z 5 1 1 5


= = (2)


yz 6 y 6


x+z 4 1 1 4


= = (3)


xz 3 x 3


z


z















 


 


 


 


 




  




0,25
Cộng từng vế của (1), (2), (3) ta có:


1 1 1 22 1 1 1 11


2 = = (4)


x y z 6 x y z 6


 


 



 


      0,25


Kết hợp (1) với (4) ta có z=3,
kết hợp (2) với (4) ta có x=1,
kết hợp (3) với (4) ta có y=2.


Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x;y;z) là (0;0;0) và (1;2;3).


0,25


3) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x y z và x+y+z=3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B=x+z+3y.


z y


+ Với hai số khơng âm a, b : ta có a+b 2 ab (*), dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi a=b.


+ Áp dụng (*) ta có : x+xz 2x;
z




z+yz 2z;
y






(3)

Ta có: B = x+ +3yz 2x+2z - xz - yz + 3y=2 x+z

y(x+y+z)-xz-yz
z y


 


2


=2(x+z)+y +x(y-z) (1) 0,25


Do x>0, y z  x(y-z) 0 (2) 0,25


Từ (1) và (2) ta có:


2 2 2


x z


B = + +3y 2(x+z)+y =2(3-y)+y =(y-1) +5 5


z y   .


Vậy B đạt GTNN bằng 5 khi x = y = z = 1.


0,25


Câu 3
(2,0
điểm)


1) Tìm cặp số nguyên tố (m, n) sao cho 2 2



m 2n  1 0.


Ta có : 2 2 2 2





2 2 =


m - n -1=0 n m -1= m-1 m+1 0,25


+ 2


2n chẵn nên

m-1 m+1



chẵn, mà (m-1) và (m+1) cùng tính chất chẵn,
lẻ suy ra (m-1) và (m+1) đều chẵn.


0,25


m-1 m+1 4



n 22


  , mặt khác 2 là số nguyên tố n 2. 0,25


Theo đề bài n là số nguyên tố    n 2 m 3.


Vậy m=3; n=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25


2) Cho hai số tự nhiên a, b sao cho a +b +ab 10. Chứng minh rằng 2 2
2 2


a +b +ab 100.


a +b +ab 102 2 (a-b)(a +b +ab) 102 2 (a -b ) 103 3



Suy ra a3 và b3 có chữ số tận cùng như nhau (*). 0,25
Bảng chữ số tận cùng:


n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9


n3 0 1 8 7 4 5 6 3 2 9


Từ bảng chữ số tận cùng trên và (*) suy ra a và b có chữ số tận cùng như
nhau.


0,25


Suy ra a2, b và ab có chữ số tận cùng như nhau. 2
Theo giả thiết 2 2 2 2


,


a +b +ab 10a b và ab đều có chữ số tận cùng là 0.


0,25
Theo giả thiết a, b là số tự nhiên nên suy ra a, b có chữ số tận cùng là 0


Suy ra a 100, b 100, ab 100 tức là 2 2 a +b +ab 100. 2 2


0,25


Câu 4
(1,5
điểm)



Cho hình chữ nhật ABCD, biết AD 2AB.
3



(4)

a)


3


PQ BM+DH.


b) 12= 1 2+ 4 2.


AB AM 9AI


A


D


B


C I


N


M


H


P



Q


a)


Kẻ ANAM cắt CD kéo dài tại N Ta có : tứ giác APQN là hình bình
hành ANPQ (1).


0,25
Ta có : DAN = BAM (cùng phụ phụ với DAM ) và


0


ADN = ABM 90 suy ra tam giác ADN đồng dạng với tam giác ABM


AN DN AD 2


= = =


AM BM AB 3




2 2


DN= BM; AN= AM (2)


3 3


 .



0,25


Mặt khác: NAH = DAN DAH BAM HAM BAH AHN    


Suy ra tam giác NAH cân tại N NANH (3). 0,25


Từ (1), (2) và (3) ta có: 2


3


PQANHNND + DH= BM +DH


(đpcm).


0,25
b)


Ta có: 0


NAI = 90 nên tam giác NAI vuông tại A
Suy ra 1 2= 1 2 + 12


AD AN AI .


0,25
Từ câu a) ta có: AN= AM 2


3 và theo giả thiết


2


AD= AB


3 nên


2 2 2 2 2 2 2


2 2


+ + +


4 4
9 9


1 1 1 1 1 1 1 1 4


= = =


AD AN AI  AB AM AI  AB AM 9AI (đpcm).


0,25


Câu 5
(1,5
điểm)


Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP (MP < MN), đường
thẳng vng góc với MI tại I cắt NP kéo dài tại Q. Gọi H là hình chiếu
vng góc của I trên MQ.


a) Chứng minh PIQINP.




(5)

M

N


P



I


Q



H



a)


Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP nên IPM + IMP INP 90  o 0,25




=


90oPIQ MIP 180 o IPM IMP 180o 90oINP 90o INP


 


Suy ra PIQ INP (đpcm).


0,25
b)


Xét tam giác vng MIQ có IHMQQI =QH.QM (1)2 0,25


Theo kết quả câu a) PIQ INP nên Δ QIP và Δ QNI đồng dạng



2


QI QP


= QI =QP.QN (2)
QN QI


  0,25


Từ (1) và (2) QH.QM=QP.QN tam giác QPH và QMN đồng dạng


QHP QNM. 0,25


Suy ra bốn điểm M, H, P, N cùng nằm trên một đường tròn. Vậy H thuộc
đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.


0,25


B. HƯỚNG DẪN CHẤM


1. Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm của bài thi là tổng của các điểm thành
phần và khơng làm trịn.





×