Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2015-2016 - Trường ĐH SP Hà Nội

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo tài liệu Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2015-2016 - Trường ĐH SP Hà Nội nhằm giúp các em hệ thống lại kiến thức cũng như giúp thầy cô có thêm kiến thức truyền đạt cho các em trước khi bước vào kì thi tuyển sinh sắp tới.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2015-2016 - Trường ĐH SP Hà NộiBỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTrường Đại học Sư phạm Hà NộiCỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAMĐộc lập – Tự do – Hạnh phúcĐỀ THI TUYỂN SINHVÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2015Môn thi :TOÁN(Dùng cho mọi thí sinh vào trường chuyên)Thời gian làm bài 120 phút2 a b  1 1    1  b a  a b Câu 1. (2.5 điểm) Cho biểu thức P   2với a > 0, b > 0 a  ba b2  a b    b2 a 2  b a 11. Chứng minh p .ab2. Giả sử a, b thay đổi sao cho 4a  b  ab  1 . Tìm min P.Câu 2. (2 điểm) cho hệ phương trình. x  my  2  4mmx  y  3m  1Với m là tham số1. Giải phương trình khi m = 2.2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x0, y0) là một nghiệm của của hệ22phương trình. Chứng minh đẳng thức x0  y0  5  x0  y0   10  0 .Câu 3. (1.5 điểm)22Cho a, b là các số thực khác 0. Biết rằng phương trình a  x  a   b  x  b   0Có nghiệm duy nhất. Chứng minh a  bCâu 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC có các góc ABC và góc ACB nhọn góc BAC = 600 . Cácđường phân giác trong BB1, CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I.1. Chứng minh tứ giác AB1IC1 nội tiếp.2. Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giácBC1I. Chứng minh tứ giác CKIB1 nội tiếp.3. Chứng minh AK  B1C1 .Câu 5. (1 điểm) Tìm các số thực không âm a và b thỏa mãn:3  23 1 1 2 a  b    b  a     2a    2b  4 4 2 2Hướng dẫn giảiCâu 1 (2.5 điểm)2 a b  1 1    1  b a  a b 1. Cho biểu thức P   2với a>0 , b>0 a  ba b2  a b    b2 a 2  b a 222 a 2  b 2  ab   a  2ab  b  a 4  b 4  a 3b  ab3 a b  1 1    1  aba 2b 21 b a  a b   a 3b 3P 2 424433433a b a ba  b  a b  aba  b  a b  abab 2   22 22 2ba b aabab2. Giả sử a, b thay đổi sao cho 4a  b  ab  1 . Tìm min PÁp dụng bât đẳng thức cosi ta có1  4a  b  ab  5 ab1 25abDấu bằng xảy ra khi b = 4a và 1 = 25ab suy ra 1 = 100b2 suy ra b 12a105Câu 2 (2 điểm) cho hệ phương trình. x  my  2  4mmx  y  3m  1Với m là tham số1 Giải phương trình khi m = 22. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x0,y0) là một nghiệm của của hệ22phương trình .chứn minh đẳng thức x0  y0  5  x0  y0   10  0 1.1. Thay m = 2 ta có19y  5 x  2 y  6 2 x  4 y  12 5 y  192 x  y  72 x  y  72 x  y  72 x  19  7519y  5x  95 x  my  2  4m x  my  2  4mmx  y  3m  1m(my  2  4m)  y  3m  1 x  my  2  4m2.   22 m y  2m  4m  y  3m  13m 2  3m  2 x  my  2  4mx x  my  2  4mm2  1 2m  1  4m 2  22(m  1) y  m  1  4my  y  m  1  4m2m 1m2  1Vì m2 +1 khác 0 phương trình có nghiệm duy nhất với mọi m.2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x0,y0) là một nghiệm của của22hệ phương trình .chứn minh đẳng thức x0  y0  5  x0  y0   10  0 1.3m 2  3m  2x0 m2  1Thay 2 y  m  1  4m0m2  12222x0  y0  5  x0  y0   10   x0  3   y0  4   x0  3 y0  1522 3m 2  3m  2  3m 2  3   4m 2  m  1  4m 2  4    15m2  1m2  1 Ta có23m 2  3m  2 3m  3  12m2  3m  1   m  3  2  2 m2  1m2  1 m 1   m 1 3m 2  3m  2 3m  3  12m2 15  0m2  1m2  122x0  y0  5  x0  y0   10  0222Cách 2.  x0  5 x0  6  y0  5 y0  4  0  x0  3 x0  2    y0  1 y0  4   03m 2  3m  2x0 m2  122Thay ta đươc . x0  y0  5  x0  y0   10  02 y  m  1  4m 0m2  1Câu 3 (1.5 điểm)22Cho a, b là các số thực khác o . Biết rằng phương trình a  x  a   b  x  b   0Có nghiệm duy nhất . Chứng minh a  b22a  x  a   b  x  b  0 ax 2  2ax  a 3  bx 2  2bx  b3  0 x 2  a  b   2 x  a 2  b 2   a 3  b3  0Nếu a + b = 0 thi phương trình có nghiệm x = 0.Nếu a + b  0. ta có2  2  a 2  b 2    a  b   a 3  b 3 2 2a 2b 2  ab3  a 3b   ab  a  b Nếu a và b khác dấu thì phương trình có nghiệm với mọi mNếu a và b cùng dấu thì phương trình vô nghiệmPhương trình có nghiêm duy nhất khi a và b khác dấu và   0 suy ra a  b .Câu 4AB1C1IBKC1. Ta có B1 IC1  BIC  120o  B1 IC1  BAC  120o  60o  1800 . Mà hai góc này đối nhauNên tứ giác AB1IC1 nội tiếp (đpcm).2. Vì tứ giác BC1IK nội tiếp nên BIC1  BKC1  60o (góc nội tiếp cùng chắn BC1 )Và BIK  BC1 K ( góc nội tiếp cùng chắn BK )Xét tam giác ABC: KCB1  180o  BAC  ABC  180o  60o  ABC  1200  ABCXét tam giác BC1K: BIK  BC1 K  180o  BKC1  ABC  180o  60o  ABC  1200  ABCSuy ra KCB1  BIK  Tứ giác CKIB1 nội tiếp (đpcm).3. Vì BIC1  BAC  60o  Tứ giá ...