Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Đề thi học kỳ 2 môn Hóa lớp 12 mã đề 434

61336637353561373561336531646337333661383564363064613035303833343564656262353863366639666232653861626535316265623265313938306662
Gửi bởi: Võ Hoàng vào 10:26 PM ngày 11-05-2018 || Kiểu file: DOC Lượt xem: 315 | Lượt Download: 0 | File size: 0 Mb

Nội dung tài liệu Tải xuống


Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOPHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠN GNĂM HỌC 2015-2016Môn Toán(Dành cho thí sinh thi vào lớ chuyên Toán)Thời gian àm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đềĐề thi có 01 trang-------------------------------Câu (1,5 điểm)a) Chứng minh rằng nếu số nguyên lớ hơn thoả mãn và 16 các số nguyên tố thì chia hếtcho 5.b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 22 2( 1)x x- Câu (2,0 điểm)a) Rút gọn biểu thức: (3 (3 )2 5A -=  -b) Tìm để phương trình: 2)( 3)( 4)( 5)x m- có nghiệm phân biệt.Câu (2,0 điểm)a) Giải phương trình: 24 1(1 x)x x- -b) Giải hệ phương trình: 22 210 06 10x xy yx yì =ïí =ïîCâu (3,5 điểm)Cho đường tròn O; và dây cung 3BC R= cố định. Điểm di độ ng trên cung lớ BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi là điểm đối ứng qua AC và điểm đối ứng qua AB Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại không tr ng ). Gọi giao điểm của BE và CF .a) Chứng minh KA phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK tiếp.b) ác định vị trí điểm để diện tích tứ giác BHCK lớ nhất, tính diện tích lớ nhất của tứ giác đó theo R.c) Chứng minh AK uôn đi qua điểm cố định. Câu (1,0 điểm)Cho số thực dương x, y, thỏa mãn: 21 11x z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:2 22 2( y(z z(x )y yPx y=  -------------- HẾT--------------Họ và tên thí sinh: ............................................................................. Số bá anh: ...............Thí sinh không được sử ụng tài liệu. Cán coi thi không giải thích gì th .Doc24.vnSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠOPHÚ THỌĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNGNĂM HỌC 2015-2016HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN(Dành cho thí sinh thi vào lớ chuyên Toán)(Hướng ẫn ch gồm 05 trang)I. Một số chú khi chấm bài Hư ng chấm thi dư đây dựa vào ời giải sơ của ột cách, khi chấm thi, cán chấm thi cần bám sát yêu cầu trình bày ời giải đầy đủ, chi tiết, ô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. Thí sinh àm bài theo cách khác Hư ng mà đúng thì chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng thang điểm của Hư ng chấm. Điểm bài thi ng điểm các câu không àm tròn số.II. Đáp án-thang điểmCâu (1,5 điểm)a) Chứng minh rằng nếu số nguyên lớ hơn thoả mãn và 16 các số nguyên tố thì chia hếtcho 5.b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 22 2( 1)x x- Nội dung Điểma) (0,5 điểm)Ta có với mọi số nguyên thì chia cho dư hoặc 4.+ Nếu chia cho dư thì *5 5; .n N= => ÎMNên 2+4 không là số nguyên tố 0,25Nếu chia cho dư thì *5 16 20 5; .n N= => ÎMNên 2+16 không là số nguyên tố.Vậy hay 0,25b) (1,0 điểm)2 22 2( 1) 2( 1) 2( 1) 0(1)x <=> =Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì ' theo phải số chính phương 0,25Ta có 2' 1) 4y y £ 'chính phương nên 0;1;4 0,25+ Nếu 2' 1) 1y y => <=> thay vào phương trình (1) ta có :204 (2 4)4xx xx=é- <=> <=>ê-ë Nếu 2' 1) .y Z => <=> 0,25Doc24.vn+ Nếu 23' 1) 41yyy=é => <=>ê= -ë+ thay vào phương trình (1) ta có: 28 16 4) 4x x- <=> <=> =+ -1 thay vào phương trình (1) ta có: 20 0x x= <=> =Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên {(0;1);(4;1);(4;3);(0;-1)}x yÎ 0,25Câu (2,0 điểm)a) Rút gọn biểu thức: (3 (3 )2 5A -=  -b) Tìm để phương trình: 2)( 3)( 4)( 5)x m- có nghiệm phân biệt.a) (1,0 điểm)2(3 2(3 )4 5A -=  0,25=2 23 52 25 54 1) 1)é ùæ ö -ê ú ç ÷ç ÷ -ê ú -è øë 0,25=(3 5)(5 5) (3 )(5 15 15 52 225 5(5 5)(5 5)é ö -=ç ÷ê úç ÷- -ë 0,25202. 220= =Vậy A=2 0,25b) (1,0 điểm)Phương trình 2( 2)( 3)( 4)( 5)( 8)( 15) (1)x mx m- =<=> 0,25Đặt 22 1) 0)x y phương trình (1) trở thành:2( 9)( 16) 25 144 0(2)y m- <=> =Nhận xét: Với mỗi giá trị thì phương trình: (x+1) 2=y có nghiệm phân biệt, do đó phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có nghiệm dương phân biệt. 0,25' ' 49 0490 25 14440 144 0mS nP m >ì ì-ï ï> <=> <=> <í íï ï> >î 0,25Vậy với 491444n-< thì phương trình (1) có nghiệm phân biệt. 0,25Câu (2,0 điểm)a) Giải phương trình: 24 1(1 x)x x- -Doc24.vnb) Giải hệ phương trình: 22 210 06 10x xy yx yì =ïí =ïîNội dung Điểma) (1,0 điểm)Điều kiện: 1(*)x³Ta có: 224 1(1 )2 2( 1) 0x xx x- -<=> 0,25Đặt 1)(**)x y phương trình tr thành 22 0y y- 0,25212 1)( 3) 03yy yy= -é- <=> <=>ê=ë0,25+V không thỏa mãn điều kiện (**).+ Vớ ta có phương trình: 233 31 221 10 05xx xx xxx xx£ì£ £ì ìï <=> <=> <=> <=> <=> ==éí í- =êî îï=ëîthỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm 2. 0,25b) (1,0 điểm)3 22 210 (1)6 10 10 (2)x xy xy yx yì ì =ï ï<=>í í =ï ïî 0,25T phương trình (1) ta có :3 23 33 32 2(x 06 02 0( )( 0x xy yx xy yx xy xy yx xy y =<=> =<=> =<=> 0,252 223 0x yx xy y=é<=>ê =ë0,25+ Trường 1: 23 0x xy y 2211( 02 4y yx y<=> => =V không thỏa mãn phương trình (2).+ Trường 2: =2 thay vào phương trình (2) ta có:2 21 24 12 11 2y xy yy x= => =é <=> <=>ê= => -ëVậy hệ phương trình có nghiệm {(2;1); 2; 1)}x yÎ 0,25Câu (3,5 điểm)Doc24.vnCho đường tròn O; và dây cung 3BC R= cố định. Điểm di độ ng trên cung lớ BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi là điểm đối ứng qua AC và điểm đối ứng qua AB Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại không tr ng ). Gọi giao điểm của BE và CF .a) Chứng minh KA phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK tiếp.b) ác định vị trí điểm để diện tích tứ giác BHCK lớ nhất, tính diện tích lớ nhất của tứ giác đó theo R.c) Chứng minh AK uôn đi qua điểm cố định. Nội dung Điểma) (1,5 điểm)Ta có AKB AEB (vì ng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB )M ABE AEB (tính chất đối ứng) suy ra AKB ABE (1)AKC AFC (vì ng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC )ACF AFC (tính chất đối ứng) suy ra AKC ACF (2) 0,5M ặt khác ABE ACF (c ng ph BAC (3). (1), (2) (3) suy ra AKB AKC hay KA phân giác trong của góc BKC 0,25Gọi P, ần các giao điểm của BE AC và CF AB .Ta có 3BC R= nên BOC=120 ;1602oBAC BOC= Trong tam giác vuông ABP có APB=90 o;BAC=60 o=>APB=30 hay ABE=ACF=30 0,25Tứ giác APHQ cóAQH APH =180 o=> PAQ PHQ =180 o=> PHQ =120 o=> BHC =120 (đối nh). 0,25Ta có AKC ABE 30 AKB ACF ABE 30 (theo chứng minh phần a).M BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE 60 suy ra BHC BKC 180 0nên tứ giác BHCK tiếp. 0,25Doc24.vnb) (1,5 điểm)Gọi O’ đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, Ta có dây cung 3BC R=BKC =60 o= BAC nên bán kính đường tròn O’ bằng bán kính của đường tròn ). 0,5Gọi giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc BC, KN vuông góc BC thu BC ),gọi giao điểm của HK và BC .Ta có 1. .( )2 21 1( KH(Do HM HI;KN KI)2 2BHCK BHC BCKBHCKS BC HM BC KN BC HM KNS BC HI KI BC= £ 0,25Ta có KH dây cung của đường tròn O’; suy ra KH (không i) Nên BHCKS lớ nhất khi KH và HM KN HK =2 0,25Giá trị lớ nhất 213.2. 32BHCKS R= 0,25Khi HK đường kính của đường tròn O’ thì M, I, tr ng nhau suy ra trung điểm của BC nên ABC cân tại A. Khi đó điểm chính giữa cung lớ BC 0,25c) (0,5 điểm)Ta có BOC =120 BKC 60 suy ra BOC BKC 180 0nên tứ giác BOCK tiếp đường tròn. 0,25Ta có OB=OC=R suy ra OB OC => BKO CKO hay KO phân giác góc BKC theo phần (a) KA phân giác góc BKC nên ,O, th ng hàng hay AK đi qua cố định 0,25Câu (1,0 điểm)Cho số thực dương x, y, thỏa mãn: 21 11x z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:2 22 2( y(z z(x )y yPx y=  Nội dung ĐiểmTa có: 21 11 1( )Px zz y=  0,25Đặt 1; ;a cx z= thì a,b,c>0 và 2+b 2+c 2=12 22 2(1 b(1 c(1 )a cPb c=  0,25Á ng bất ng thức Côsi cho số dương ta có :2 22 222 221 4(1 .2 (1 )(1 )2 272 3(1 (1)(1 23 3a aa aaa aa aæ ö -- =ç ÷è ø=> <=> ³- 0,25Doc24.vnTương tự: 22 22 23 3(2); (3)b(1 c(1 2b cb cb c³ ³- -T (1); (2); (3) ta có 23 3( )2 2P c³ =Đ ng thức ảy ra 13a c= hay 3x z= =Vậy giá trị nhỏ nhất của 32 0,25Doc24.vn