Tuyển tập đề thi và đáp án trường chuyên 09 10 - truonghocso.com

6,948 views
6,834 views

Published on

0 Comments
3 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

No Downloads
Views
Total views
6,948
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
2
Actions
Shares
0
Downloads
254
Comments
0
Likes
3
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Tuyển tập đề thi và đáp án trường chuyên 09 10 - truonghocso.com

  1. 1. www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO LỚP 10 BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2009-2010 Đề chính thức Môn thi:Toán (chuyên) Ngày thi:19/06/2009 Thời gian:150 phút Bài 1(1.5điểm) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng: a b c 1   2 bc c a a b Bài 2(2điểm) 1 1 1 Cho 3 số phân biệt m,n,p.Chứng minh rằng phương trình    0 có hai xm xn x p nghiệm phân biệt. Bài 3(2điểm) 1 1 1 Với số tự nhiên n, n  3 .Đặt Sn    ...   3 1 2  5 2 3   2n  1 n  n  1 1 Chúng minhSn< 2 Bài 4(3điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB = c.E là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung EC.AE cắt cạnh BC tại D. a.Chúng minh:AD2 = AB.AC – DB.DC b.Tính độ dài AD theo a,b,c Bài 5(1.5điểm) m 1 Chứng minh rằng :  2  Với mọi số nguyên m,n. n n 2  3 2  **********************************************www.VNMATH.com 1
  2. 2. www.VNMATH.com ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10 TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2009 Bài 1: Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:a,b,c >0 và a< b+c ,b< a + c , c < a+b a aa 2a Nên ta có   bc a bc ab c a a Mặt khác  bc a bc a a 2a Vậy ta có   (1) abc cb abc b b 2b c c 2a Tương tự   (2);   (3) abc ca abc abc ba abc Cộng (1) (2) và (3) vế theo vế ta có điều phải chứng minh. Bài 2: ĐK: x  m, n, p PT đã cho  (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0  3x2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1) Ta có Δ  ( m  n  p )2  3(mn  mp  np ) = m2+n2+p 2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np = 1 m2+n2+p2 –mn-mp-np = [(m-n)2+(n-p)2+(m-p)2] >0 2 2 Đặt f(x) = 3x -2(m+n+p)x + mn+ mp +np Ta có f(m) = 3m2 – 2m2 -2mn -2mp +mn +mp +np = m2 –mn –mp +np = (m-n)(m-p)  0 = >m,n,p không phải là nghiệm của pt(1) Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt Bài 3 1 n 1  n n 1  n Ta cã :    2n  1 n  n  1 2n  1 4n2  4n  1 n 1 n n +1 - n 1 1 1           4n  4n 2 2 n  1. n 2  n   n 1 1  1 1 1 1 1  1   1  1   1   Do đó Sn  1     ...     2    2 2 2 3 n  n 1    n 1  2 Bài 3: C   Ta có BAD  CAE ( Do cung EB = cung EC)   Và AEC  DBA ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) nên ΔBAD ΔEAC BA AE E a    AB.AC  AE. AD(1) O b AD AC     Ta có ADC  BDC (§èi ®Ønh) vµ CAD  DBE D (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE) nên ΔACD ΔBDE AD DB    AD.DE  DB.DChay DC DE c A AD(AE-AD) = DB.DC B Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1)) DC DB DC DB DC  DB a 4b)Theo tính chất đường phân giác ta có  hay    AC AB b c b c bcwww.VNMATH.com 2
  3. 3. www.VNMATH.com DC DB a a a 2 bc vậy .  .  DB.DC  b c bc bc b  c 2   a 2 bc  a2   theo câu a ta có AD2 = AB.AC – DB.DC = bc   bc 1    b  c  2  b  c2         a2    AD  bc 1     b  c2      Bài 5: m m Vì lµ sè h÷u tØ vµ 2lµ sè v« tØ nªn  2 n n Ta xet hai trường hợp: m a)  2 Khi ®ã m 2  2 n 2  m2  2 n 2  1 hay m  2n 2  1 n Từ đó suy ra : 1 2  2 2 m 2n2  1 1 n 1 1  2   2  2 2  2    n n n 1  2 1  n2  2  2  2 n  2  2  2   3 2     n  n  m b)  2 Khi ®ã m 2  2n 2  m 2  2n 2  1 hay m  2n 2  1 n Từ đó suy ra : 1 22  m m 2n2  1 1 n2  2  2  2  2  2 2  n n n n 1 2  2 n2 1 1    n2  2  2  2  1     n 2  3 2      n  ************************************************www.VNMATH.com 3
  4. 4. www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 —————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————— (Đề có 01 trang) Câu 1: (3,0 điểm)  1 1 9 x  y  x  y  2  a) Giải hệ phương trình:   xy  1  5   xy 2 b) Giải và biện luận phương trình: | x  3 |  p | x  2 | 5 (p là tham số có giá trị thực). Câu 2: (1,5 điểm) Cho ba số thực a, b, c đôi một phân biệt. a2 b2 c2 Chứng minh   2 (b  c)2 (c  a) 2 ( a  b)2 Câu 3: (1,5 điểm) 1 2x  2 Cho A  và B  2 4x  4 x 1 x2  2x  1 2A  B Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho C  là một số nguyên. 3 Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung điểm của BD, AC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại Q. Chứng minh: a) KM // AB. b) QD = QC. Câu 5: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ tên thí sinh ..................................................................... SBD .......................www.VNMATH.com 4
  5. 5. www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009- —————— 2010 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho lớp chuyên Toán. ————————— Câu 1 (3,0 điểm). a) 1,75 điểm: Nội dung trình bày ĐiểmĐiều kiện xy  0 0,25  2[xy ( x  y)  ( x  y )]  9 xy (1)Hệ đã cho  2 0,25  2( xy )  5 xy  2  0 (2)  xy  2 (3)Giải PT(2) ta được:  0,50  xy  1 (4)  2  x  1   x  y  3  y  2Từ (1)&(3) có:   0,25  xy  2  x  2   y  1   x  1   3  y  1 x  y  2    2Từ (1)&(4) có:   0,25  xy  1  x  1    2  2  y  1 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( x; y)  (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1) 0,25 b) 1,25 điểm: Nội dung trình bày ĐiểmXét 3 trường hợp:TH1. Nếu 2  x thì PT trở thành: ( p  1) x  2( p  1) (1)TH2. Nếu 3  x  2 thì PT trở thành: (1  p) x  2(1  p) (2) 0,25TH3. Nếu x  3 thì PT trở thành: ( p  1) x  2( p  4) (3)Nếu p  1 thì (1) có nghiệm x  2 ; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn: 2( p  4) 0,25x  3  1  p  1 . p 1Nếu p  1 thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2  x ; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25Nếu p  1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 3  x  2 ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25Kết luận: 2( p  4)+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và x  p 1+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm 2  x   0,25+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm 3  x  2  p  1+ Nếu  thì phương trình có nghiệm x = 2.  p 1www.VNMATH.com 5
  6. 6. www.VNMATH.com Câu 2 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm+ Phát hiện và chứng minh bc ca ab 1,0   1 ( a  b )(a  c) (b  a)(b  c) (c  a )(c  b)+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng: 2 a b c   bc ca ab  0,5     2   2b c c  a a b   (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b)  Câu 3 (1,5 điểm): Nội dung trình bày ĐiểmĐiều kiện xác định: x  1 (do x nguyên). 0,25 1 2( x  1) 2 1 x 1 Dễ thấy A  ; B , suy ra: C     0,25 | 2 x  1| | x  1| 3  | 2 x  1| | x  1|  2 1  4( x  1) 4( x  1) 1 2xNếu x  1 . Khi đó C    1   0  C 1  1  0 3  2 x  1  3(2 x  1) 3(2 x  1) 3(2 x  1) 0,5Suy ra 0  C  1 , hay C không thể là số nguyên với x  1 . 1Nếu   x  1 . Khi đó: x  0 (vì x nguyên) và C  0 . Vậy x  0 là một giá trị cần tìm. 0,25 2 1Nếu x   . Khi đó x  1 (do x nguyên). Ta có: 2 2 1  4( x  1) 4( x  1) 2x 1C    1    0 và C  1   1   0 , suy ra 1  C  0 0,25 3  2x 1  3(2 x  1) 3(2 x  1) 3(2 x  1)hay C  0 và x  1 .Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x  0, x  1 . Câu 4 (3,0 điểm): a) 2,0 điểm: Nội dung trình bày Điểm Gọi I là trung điểm AB, A I B E  IK  CD , R  IM  CD . Xét hai tam giác 0,25 KIB và KED có:   BDC ABD  KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25 K M   IKB  EKD 0,25 Q Suy ra KIB  KED  IK  KE . 0,25 Chứng minh tương tự có: MIA  MRC 0,25 Suy ra: MI = MR 0,25 D E H R C Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR 0,25 nên KM là đường trung bình  KM // CD Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25 b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày ĐiểmTa có: IA=IB, KB=KD (gt)  IK là đường trung bình của  ABD  IK//AD hay IE//AD 0,25chứng minh tương tự trong  ABC có IM//BC hay IR//BCCó: QK  AD (gt), IE//AD (CM trên)  QK  IE . Tương tự có QM  IR 0,25Từ trên có: IK=KE, QK  IE  QK là trung trực ứng với cạnh IE của IER . Tương tự QM là 0,25trung trực thứ hai của IERHạ QH  CD suy ra QH là trung trực thứ ba của IER hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD 0,25www.VNMATH.com 6
  7. 7. www.VNMATH.com Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm). Câu 5 (1,0 điểm): Nội dung trình bày Điểm P A B C P B C ATrong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó 0.25S  1.Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳngnày giới hạn tạo thành một tam giác A B C (hình vẽ). Khi đó S A B C  4 S ABC  4 . Ta sẽ chứng 0.25minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A B C .Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác A B C , chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó d  P; AB   d  C ; AB  , suy ra S PAB  SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích 0.25lớn nhất.Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A B C có diện tích không lớn hơn 4. 0.25 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2009-2010 Bài 1 : ( 1 điểm ) 42 3  3 2009 Cho x  tính P   x 2  x  1  52  3 17 5  38  2 Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x2 + b.x + c = 0 ( 1 ) và x2 - b 2 x + bc = 0 (2 ) biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1 ; x2 và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm x3 ; x4 thoả mãn điều kiện x3  x1  x4  x2  1 . xác định b và c Bài 3 : ( 2 điểm )  1 1 1 1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng  a  b  c       9 a b c 2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c  3 . Chứng ming rằng 1 2009 2 2 2   670 a b c ab  bc  ca Bài 4 : ( 3, 5 điểm ) Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gọi M ; N lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các cạnh AC và BC . Đường thẳng MN cắt các tia AO : BO lần lượt tại P và Q . Gọi E; F lần lượt là trung điểm của AB ; ACwww.VNMATH.com 7
  8. 8. www.VNMATH.com 1. Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp 2. Chứng minh Q; E; F thẳng hàng MP  NQ  PQ OM 3. Chứng minh  abc OC Bài 5 : ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3 x - y3 = 1 2. Cho bảng ô vuông kích thước 2009 . 2010, trong mỗi ô lúc đầu đặt một viên sỏi . Gọi T là thao tác lấy 2 ô bất kì có sỏi và chuyển từ mỗi ô đó một viên sỏi đưa sang ô bên cạnh ( là ô có chung cạnh với ô có chứa sỏi ) . Hỏi sau một số hữu hạn phép thực hiện các thao tác trên ta có thể đưa hết sỏi ở trên bảng về cùng một ô không Lời giải Bài 1 : 42 3  3 3 1 3 x   52  3 17 5  38  2 3   3 5  2 (17 5  38)  2 1 1    1 3 17  5  38 17 5  38  2  1 2 vậy P = 1 Bài 2 : vì x3  x1  x4  x2  1 => x3  x1  1; x4  x2  1  x1  x2  b(1)  x . x  c(2)  1 2 Theo hệ thức Vi ét ta có  2  x1  1   x2  1  b (3)  x  1 .  x  1  bc(4)  1 2 2 Từ (1 ) và ( 3 ) => b + b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2 từ ( 4 ) => x1 . x2  x1  x2  1  bc => c - b + 1 = bc ( 5 ) +) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x2 + +b x + c = 0 trở thành 1 X2 + x + 1 = 0 có nghiệm nếu   1  4 c  0  c  4 +) với b = -2 ( 5 ) trở thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phương trình x2 + b x + c = 0 trở thành x2 - 2 x - 1 = 0 có nghiệm là x = 1  2 1 vậy b= 1; c c  ; 4 b = -2 ; c = -1 Bài 3 : 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương 1 1 1 1 a  b  c  3 abc   33 a b c abc  1 1 1 =>  a  b  c       9 a b c dấu “=” sảy ra  a = b = c 2 2 2 2 2. ta có ab  bc  ca  a  b  c  ab  bc  ca  a  b  c  3 3 2007   669 ab  bc  cawww.VNMATH.com 8
  9. 9. www.VNMATH.com Áp dụng câu 1 ta có  1 1 1  2   a  b  c  2ab  2bc  2ca   9 2 2  2 2 2   a b c ab  bc  ca ab  bc  ca  1 1 9 => 2   1 2 a b c 2 ab  bc  ca  a  b  c  2 1 2009 vậy 2 2 2   670 . dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1 a  b  c ab  bc  ca    1 A  BOP  BAO  ABO    B 2   0  1  180  C    B A  Bài 4 : a) ta có PNC  2 2      BOP  PNC => tứ giác BOPN nội tiếp +) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp +) do tứ giác AOQM nội tiếp=>   AMO  900 AQO    tứ giác BOPN nội tiếp => BPO  BNO  900   => AQB  APB  900 => tứ giác AQPB nội tiếp b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA   1  => EQB  EBQ  B  QBC => QE //BC 2 Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC  Q; E; F thẳng hàng c) MP OM OP MOP ~ COB( g  g )    a OC OB NQ ON OM NOQ ~ COA( g  g )    b OC OC PQ OP OM POQ ~ BOA( g  g )    c OB OC OM MP NQ PQ MP  NQ  PQ      OC a b c A B C Bài 5 : 1) 3x - y3 = 1  y  1  3m  y  3m  1    3x   y  1  y 2  y  1 => tồn tại m; n sao cho  y 2  y  1  3n  9 m  3.3m  3  3n m  b  x m  b  x   +) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0 9 m  3.3m  3 3  3n  3  +) nếu m > 0 thì  m  n  n 1 9  3.3  3 9 3  9 m   => 9 m  3.3m  3  3  3m  3m  3  0 => m = 1 => y = 2 ; x = 2 vậy p/ trình có hai nghiệm là ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 ) 2.Ta tô màu các ô vuông của bảng bằng hai màu đen trắng như bàn cờ vua Lúc đầu tổng số sỏi ở các ô đen bằng 1005 . 2009 là một số lẻ sau mối phép thực hiện thao tác T tổng số sỏi ở các ô đen luôn là số lẻwww.VNMATH.com 9
  10. 10. www.VNMATH.com vậy không thể chuyển tất cả viên sỏi trên bẳng ô vuông về cùng một ô sau một số hữu hạn các phép thưc hiện thao tác T Së gi¸o dôc-®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT chuyªn Hµ nam N¨m häc 2009-2010 M«n thi : to¸n(®Ò chuyªn) ®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 120 phót(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Bµi 1.(2,5 ®iÓm) 1 1 1) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2  2 x  3x  2 x  2  1 x  x  y  7  2) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:   x  12 x y  Bµi 2.(2,0 ®iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh: x  6 x  3  2m  0 a) T×m m ®Ó x = 7  48 lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh. b) T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm x=x1; x=x2 tho¶ m·n: x1  x2 24  x1  x2 3 Bµi 3.(2,0 ®iÓm) 1) Cho ph­¬ng tr×nh: 2 x 2  2  2m  6  x  6 m  52  0 ( víi m lµ tham sè, x lµ Èn sè). T×m gi¸ trÞ cña m lµ sè nguyªn ®Ó phwowng tr×nh cã nghiÖm lµ sè h÷u tû. 2 2) T×m sè abc tho¶ m·n: abc   a  b  4c . Bµi 4.(3,5 ®iÓm)   Cho ∆ABC nhän cã C  A. §­êng trßn t©m I néi tiÕp  ABC tiÕp xóc víi c¸c c¹nh AB, BC, CA lÇn l­ît t¹i c¸c ®iÓm M, N, E; gäi K lµ giao ®iÓm cña BI vµ NE. C  a) Chøng minh: AIB  900  . 2 b) Chøng minh 5 ®iÓm A, M, I, K, E cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. c) Gäi T lµ giao ®iÓm cña BI víi AC, chøng minh: KT.BN=KB.ET.www.VNMATH.com 10
  11. 11. www.VNMATH.com d) Gäi Bt lµ tia cña ®­êng th¼ng BC vµ chøa ®iÓm C. Khi 2 ®iÓm A, B vµ tia Bt cè ®Þnh; ®iÓm C chuyÓn ®éng trªn tia Bt vµ tho¶ m·n gi¶ thiÕt, chøng minh r»ng c¸c ®­êng th¼ng NE t­¬ng øng lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. ----------- HÕt---------- Hä vµ tªn thÝ sinh:…………………………..Sè b¸o danh:………………… Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 1:……………………….Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 2……….. Gîi ý mét sè c©u khã trong ®Ò thi: Bµi 3: 2 1) Ta cã  = 4m 2  12 m  68   2m  3   77 §Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm h÷u tû th×  ph¶i lµ sè chÝnh ph­¬ng. Gi¶ sö  = n2( trong ®ã n lµ sè tù nhiªn). Khi ®ã ta cã 2 2  2m  3  77  n2   2m  3  n2  77   2m  3  n  .  2m  3  n   77 Do n  N nªn 2m-3+n>2m-3-n Vµ do m  Z, n  N vµ 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11) Tõ ®ã xÐt 4 tr­êng hîp ta sÏ t×m ®­îc gi¸ trÞ cña m. 2)Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta cã: 2 100 a  10b 2 100a  10b  c   a  b  .4c  c  2 (do 4  a  b   1  0) 4  a  b  1 10 10 a  b  10  a  b   9a     2  2 4 a  b 1 4  a  b  1 2 2 Ta cã 4  a  b   1 lµ sè lÎ vµ do 0  c  9 nªn 4  a  b   1  5. 2 2 2 Mµ 4  a  b  lµ sè ch½n nªn 4  a  b  ph¶i cã tËn cïng lµ 6   a  b  ph¶i cã tËn cïng lµ 4 hoÆc 9. (*) 2.5 ab MÆt kh¸c c  vµ 4( a  b) 2  1 2 2 2 4  a  b   1 lµ sè lÎ  4  a  b   1 <500   a  b   125, 25 (**) 2 KÕt hîp (*) vµ (**) ta cã  a  b   {4; 9; 49; 64}  a+b  {2; 3; 7; 8} 2 + NÕu a+b  {2; 7; 8} th× a+b cã d¹ng 3k ± 1(k  N) khi ®ã 4  a  b   1 chia hÕt cho 3 mµ (a+b) + 9a= 3k ± 1+9a kh«ng chia hÕt cho 3  10  a  b   9a  kh«ng  3  c N   10 3  9a  6 1  3a  + NÕu a+b =3 ta cã c   . V× 0<a<4 vµ 35 7 1+3a 7  1+3a=7  a=2, khi ®ã c=6 vµ b=1.Ta cã sè 216 tho¶ m·n. KÕt luËn sè 216 lµ sè cÇn t×m.www.VNMATH.com 11
  12. 12. www.VNMATH.com Bµi 4: * ý c : Chøng minh KT.BN=KB.ET KT AK C¸ch 1:C/m  AKT   IET  ET IE KB AK C/m  AKB   INB   BN IN Do IE=IN tõ ®ã ta suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh C¸ch 2: KT TA C/m  TKE   TAI   ET TI KB AB C/m  BIM   BAK   BM BI TA AB Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cña  ABT ta cã  TI BI Vµ do BM=BN tõ ®ã suy ra ®iÒu ph¶i c/m *ý d:Chøng minh NE ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh: Do A, B vµ tia Bt cè ®Þnh nªn ta cã tia Bx cè ®Þnh vµ    kh«ng ®æi (tia Bx lµ tia ABI ) ph©n gi¸c cña ABt XÐt  ABK vu«ng t¹i K ta cã KB = AB.cos ABI=AB.cos  kh«ng ®æi Nh­ vËy ®iÓm K thuéc tia Bx cè ®Þnh vµ c¸ch gèc B mét kho¶ng kh«ng ®æi do ®ã K cè ®Þnh  ®pcm. GIAÛI ÑEÀ CHUYEÂN TOAÙN THPT HUYØNH MAÃN ÑAÏT – KIEÂN GIANG, NAÊM 2009 – 2010www.VNMATH.com 12
  13. 13. www.VNMATH.com Ñeà, lôøi giaûi Caùch khaùc, nhaän xeùt Baøi 1: (1 ñieåm) Cho phöông trình ax2 + bx + c = 0 coù 2 nghieäm phaân bieät x1, x2. Ñaët S2 = x12 + x22 ; S 1 = x1.x2 Chöùng minh raèng: a.S2 + b.S1 + 2c = 0 b c Theo Vi-eùt ta coù: x1+ x2 = ; x1.x2 = a a   a.S2 + b.S1 + 2c = a x1  x2  b  x1  x2   2c 2 2 2  a  x1  x2   2  x1 x2   b  x1  x2   2c   2  a  x1  x2   2a  x1 x2   b  x1  x2   2c 2  b  c b  a     2a.  b.  2c  a  a a 2 2 b b   2c   2c  0 ( do a  0) a a Baøi 2: (2 ñieåm) Cho phöông trình: 2x - 7 x + 3m – 4 = 0 (1) a/ Ñònh m ñeå phöông trình coù moät nghieäm baèng 9 vaø tìm taát caû nghieäm coøn laïi cuûa phöông trình. b/ Tìm taát caû caùc giaù trò cuûa m ñeå phöông trình (1) coù nghieäm. a/ Phöông trình coù 1 nghieäm x = 9 thay vaøo pt ta coù: Caùch khaùc: 2 2.9 - 7 9 +3m – 4 = 0   2 x  7 x  3  0 (2) 3m = 7 x1 = 9  x1  3 m = 7/3 Töø (1) ta coù x  0 theá vaøo (1) ta ñöôïc pt: 7 x1  x2  2 2   2 x  7 x  3  0 (2) 7 2  3  x2  Ñaët x  t  0 ta coù pt: 2t – 7t + 3 = 0 2 maø Giaûi tìm ñöôïc t1 = 3 ; t2 = ½ 7 1  x2   3  Suy ra x1 = 9 ; x2 = ¼ 2 2 b/ Töø (1) coi phöông trình vôùi aån laø x 1  x2   x  81  24m 4 Laäp 7 Caâu b: S  x1  x2  Coù theå yeâu caàu tìm soá nguyeân lôùn nhaát 2 Ñeå pt (1) coù nghieäm thì: cuûa m ñeå phöông trình (1) coù nghieäm.   x  81  24m  0 Chuù yù: neáu thay x bôûi x ta coù baøi  27  7 m toaùn töông töï.  S  x1  x2   0 8  2www.VNMATH.com 13
  14. 14. www.VNMATH.com Baøi 3: (2 ñieåm) Giaûi heä phöông trình:   x  1 y  2   2 (1) Neáu x, y, z ñeàu laø caùc soá döông thì heä chæ  coù 1 nghieäm  y  2  z  3  6 (2) (I)   z  3  x  1  3 (3)  Nhaân (1) (2) vaø (3) ta coù: [(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36 (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoaëc (x + 1)(y + 2)(z + 3) = -6 Vôùi (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 heä (I) laø: z 3 3 z  0   x 1  1  x  0 y  2  2 y  0   Vôùi (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 heä (I) laø:  z  3  3  z  6    x  1  1   x  2  y  2  2  y  4   Vaäy nghieäm cuûa heä laø (0 ; 0 ; 0) vaø (-2 ; -4 ; - 6) Baøi 4: (2 ñieåm) Trong maët phaúng toïa ñoä cho x2 parabol (P): y  , ñieåm I(0 ; 3) vaø ñieåm 3 M(m ; 0) Vôùi m laø tham soá khaùc 0. a/ Vieát phöông trình ñöôøng thaúng (d) ñi qua hai ñieåm M, I b/ Chöùng minh raèng (d) luoân luoân caét (P) taïi hai ñieåm phaân bieät A, B vôùi AB > 6 a/ Goïi pt cuûa (d) laø y = ax + b Khi ñi qua I(0 ; 3) vaø M(m ; 0) ta coù:   b3  a.0  b  3  3   3  (d ) : y  x  3  m.a  b  0 a  m  m  b/ Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (d) vaø (P):www.VNMATH.com 14
  15. 15. www.VNMATH.com x 2 3  x3 3 m  mx 2  9 x  9m (do m  0)  mx 2  9 x  9m  0   92  4.m.  9m   81  36m2  0, m  0 Vaäy (d) luoân caét (P) taïi 2 ñieåm phaân bieät. Chöùng minh AB > 6 Vì A, B laø giao ñieåm cuûa (d) vaø (P) neân hoaønh ñoä xA, xB phaûi thoûa maõn pt: mx2 + 9x – 9m = 0 9 Theo Vi-eùt ta coù: xA+ xB = ; xA. xB = -9 m Do A, B 3 3  (d )  y A  x A  3 ; yB  xB  3 m m Theo coâng thöùc tính khoaûng caùch: 2 2 AB   x A  xB    y A  y B  2 2  3 3    x A  xB    xA  xB  m m  2 9 2   x A  xB   2  A x  xB  m 2  9    x A  xB  1  2   m  2  9     x A  x B   4 x A . xB   1  2    m   9  2  9      4(9)   1  2   m    m    81  9    2  36  1  2  m  m  81 729 324     36  36  6 m2 m 4 m 2 Baøi 5: (3 ñieåm) Cho hai ñöôøng troøn (O ; R) vaø (O’ ; R’) caét nhau taïi A vaø B (R > R’). Tieáp tuyeán taïi B cuûa (O’ ; R’) caét (O ; R) taïi C vaø tieáp tuyeán taïi B cuûa (O ; R) caét (O’ ; R’) taïi D. a/ Chöùng minh raèng: AB2 = AC.AD vaø 2  BC  AC     BD  AD b/ Laáy ñieåm E ñoái xöùng cuûa B qua A. Chöùngwww.VNMATH.com 15
  16. 16. www.VNMATH.com minh boán ñieåm B, C, E, D thuoäc moät ñöôøng troøn coù taâm laø K. Xaùc ñònh taâm K cuûa ñöôøng troøn.   a/ Xeùt (O) ta coù C1  B2 (chaén cung AnB)   Xeùt (O’) ta coù D  B (chaén cung AmB) 1 1  ABC  ADB AB AC BC    (1) AD AB BD E  AB 2  AC . AD / / 2 1 C 2 2  BC   AB  AB 2 AC. AD AC 2 1 =        2 D  BD   AD  AD 2 AD 2 AD x 1 2 1 K A b/ Töø (1) thay AE = AB ta coù O = O AE AC x  (*) maët khaùc: 12 AD AE j  C B ; A  B D A1      B 1 1 2 2 1 A   A (**)  1 2 Töø (*) vaø (**) suy ra: AEC  ADE (c  g  c)   E D2 2        CED  CBD  E1  E2  B1  B2     E D D B 1 2 1 2 0  180 ( xet BDE ) Vaäy töù giaùc BCED noäi tieáp ñöôøng troøn taâm K. Vôùi K laø gaio ñieåm 3 ñöôøng tröïc cuûa BCE hoaëc BDEwww.VNMATH.com 16
  17. 17. www.VNMATH.com Së GD&§T NghÖ An K× thi TUYÓN sinh VµO líp 10 tr­êng thpt chuyªn phan béi ch©u §Ò thi chÝnh thøc n¨m häc 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1: (3.5 điểm) a) Giải phương trình 3 x2  3 7x 3 b) Giải hệ phương trình  8 2  3x  y 3    x3  2  6   y Bài 2: (1.0 điểm) Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên x 2  ax  a  2  0 . Bài 3: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường phân giác trong BE (E thuộc AC). Đường tròn đường kính AB cắt BE, BC lần lượt tại M, N (khác B). Đường thẳng AM cắt BC tại K. Chứng minh: AE.AN = AM.AK. Bài 4: (1.5 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài bằng độ dài cạnh BC. Đường tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC thứ tự tại M, N (M khác B, N khác C). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO lần lượt tại I và K. Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp được một đường tròn và tứ giác BICK là hình bình hành. Bài 5: (2.0 điểm) a) Bên trong đường tròn tâm O bán kính 1 cho tam giác ABC có diện tích lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng điểm O nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác ABC. b) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab  bc  ca P  a 2  b2  c 2  a 2b  b 2c  c 2 a ----------------------------------------Hết---------------------------------------- Họ và tên thí sinh …………………………………..……….. SBD……………..www.VNMATH.com 17
  18. 18. www.VNMATH.com * Thí sinh không được sử dụng tài liệu. * Giám thị không giải thích gì thêm.www.VNMATH.com 18
  19. 19. www.VNMATH.com Së GD&§T NghÖ An K× thi TUYÓN sinh VµO líp 10 tr­êng thpt chuyªn phan béi ch©u n¨m häc 2009 - 2010 §Ò thi chÝnh thøc M«n thi: To¸n H­íng dÉn chÊm thi B¶n h­íng dÉn chÊm gåm 03 trang Néi dung ®¸p ¸n §iÓmBµi 1 3,5 ® a 2,0® 3 x2  3 7x 3  x  2  7  x  3 3 x  2. 3 7  x  3  x  2  3 7  x  27 0.50®  9  9. 3 ( x  2)(7  x)  27 0.25®  3 ( x  2)(7  x )  2 0.25®  ( x  2)(7  x)  8 0.25® 2  x  5x  6  0 0.25®  x  1  ( tháa m·n ) 0.50® x  6 b 1,50® 2 §Æt  z 0.25® y 2  3 x  z 3  HÖ ®· cho trë thµnh  0.25® 3 2  3 z  x   3 x  z   z 3  x3 0,25®     x  z  x 2  xz  z 2  3  0 0,25® 2 2  xz (v× x  xz  z  3  0, x, z ). 0,25®  x  1 Tõ ®ã ta cã ph­¬ng tr×nh: x 3  3 x  2  0   x  2 0,25® VËy hÖ ®· cho cã 2 nghiÖm: ( x, y )  ( 1; 2),  2,1Bµi 2: 1,0 ® 2 §iÒu kiÖn ®Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm:   0  a  4a  8  0 (*). 0,25® Gäi x1, x2 lµ 2 nghiÖm nguyªn cña ph­¬ng tr×nh ®· cho ( gi¶ sö x1 x2).  x1  x2  a 0,25® Theo ®Þnh lý Viet:   x1.x2  x1  x2  2  x1.x2  a  2  ( x1  1)( x2  1)  3 x 1  3  x1  1  1  1 hoÆc  (do x1 - 1 x2 -1)  x2  1  1  x2  1  3  x1  4  x1  0  hoÆc   x2  2  x2  2 0,25®www.VNMATH.com 19
  20. 20. www.VNMATH.com Suy ra a = 6 hoÆc a = -2 (tháa m·n (*) ) Thö l¹i ta thÊy a = 6, a = -2 tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n. 0,25®Bµi 3: 2,0 ® V× BE lµ ph©n gi¸c gãc  nªn   MBC    MN ABC ABM  AM  0,25®    MAE  MAN (1) 0,50® A V× M, N thuéc ®­êng trßn ®­êng 0,25® kÝnh AB nªn     90 0 AMB ANB      90 , kÕt hîp 0 E ANK AME víi (1) ta cã tam gi¸c AME ®ång 0,50® M d¹ng víi tam gi¸c ANK AN AK   0,25® B C AM AE N K 0,25®  AN.AE = AM.AK (®pcm)Bµi 4: 1,5 ® V× tø gi¸c AMIN néi tiÕp nªn    ANM AIM V× tø gi¸c BMNC néi tiÕp nªn    A 0,25® ANM ABC     .Suy ra tø gi¸c BOIM néi tiÕp AIM ABC Tõ chøng minh trªn suy ra tam gi¸c AMI E ®ång d¹ng víi tam gi¸c AOB N 0,25® AM AI M    AI . AO  AM . AB (1) AO AB I Gäi E, F lµ giao ®iÓm cña ®­êng th¼ng AO B C víi (O) (E n»m gi÷a A, O). O Chøng minh t­¬ng tù (1) ta ®­îc: K 0,25® AM.AB = AE.AF = (AO - R)(AO + R) (víi BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2 F 3R 2 3 R 2 3R R  AI.AO = 3R2  AI     OI  (2) 0,25® AO 2 R 2 2 Tam gi¸c AOB vµ tam gi¸c COK ®ång d¹ng nªn OA.OK = OB.OC = R2 R2 R 2 R 0,25®  OK    (3) OA 2 R 2 Tõ (2), (3) suy ra OI = OK Suy ra O lµ trung ®iÓm IK, mµ O lµ trung ®iÓm cña BC 0,25® V× vËy BICK lµ h×nh b×nh hµnhBµi 5: 2,0 ®a, 1,0 ® A Gi¶ sö O n»m ngoµi miÒn tam gi¸c ABC. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö A vµ O 0,25® n»m vÒ 2 phÝa cña ®­êng th¼ng BC K Suy ra ®o¹n AO c¾t ®­êng th¼ng BC t¹i K. B C 0,25® H KÎ AH vu«ng gãc víi BC t¹i H. O Suy ra AH  AK < AO <1 suy ra AH < 1 0,25® AH .BC 2.1 Suy ra S ABC    1 (m©u thuÉn víi 0,25® 2 2 gi¶ thiÕt). Suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh.www.VNMATH.com 20
  21. 21. www.VNMATH.comb, 1,0® Ta cã: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) 0,25® = a 3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mµ a 3 + ab2  2a2b (¸p dông B§T C«si ) b 3 + bc2  2b2c 0,25® c3 + ca2  2c2a Suy ra 3(a2 + b2 + c2)  3(a 2b + b2c + c2a) > 0 2 ab  bc  ca 2 2 Suy ra P  a  b  c  a 2  b2  c2 0,25® 2 2 2 9  (a 2  b 2  c 2 ) P a b c  2(a 2  b 2  c 2 ) §Æt t = a2 + b2 + c2, ta chøng minh ®­îc t  3. 9t t 9 t 1 3 1 Suy ra P  t      3   4  P  4 2t 2 2t 2 2 2 2 0,25® DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c = 1 VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ 4 NÕu thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c ®óng cña mçi c©u th× vÉn cho tèi ®a ®iÓm cña c©u ®ãSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAMSƠN THANH HOÁ NĂM HỌC: 2009-2010 Đề chính thức MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009 Câu 1: (2,0 điểm) 1 1. Cho số x ( x  R ; x > 0 ) thoả mãn điều kiện : x 2 + = 7 . Tính giá trị các biểu x2 1 1 thức : A = x 3 + 3 và B = x 5 + 5 . x xwww.VNMATH.com 21
  22. 22. www.VNMATH.com  1 1  + 2-  2  x y 2. Giải hệ phương trình:   1 + 2- 1  2  y x  Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a  0) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện: 2a 2 - 3ab + b2 0  x1  x 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = . 2a 2 - ab + ac Câu 3: (2,0 điểm) 1 1. Giải phương trình: x-2 + y + 2009 + z - 2010 = x + y + z . 2 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 + 1 và 6p2 + 1 cũng là số nguyên tố. Câu 4: (3,0 điểm) 1. Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Một đường thẳng đi qua A, cắt cạnh BC tại M và cắt đường thẳng CD tại N. Gọi K là giao điểm của các đường thẳng EM và BN. Chứng minh rằng: CK  BN. 2. Cho đường tròn (O) bán kính R = 1 và một điểm A sao cho OA = 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Một góc xOy có số đo bằng 45 0 có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB tại D và cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC tại E. Chứng minh rằng 2 2 - 2  DE < 1. Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P = a2 + b 2 + c2 + d2 + ac + bd , trong đó ad – bc = 1. Chứng minh rằng: P  3. -------------------------------------------------- Hết --------------------------------------------------- Họ và tên thí sinh: ………………………………….. Số báo danh: ……………………..së gi¸o dôc - ®µo t¹o hµ kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn nam N¨m häc 2009 - 2010 M«n thi : to¸n(§Ò chung) ®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 120 phót (Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Bµi 1. (2 ®iÓm) 2 Cho biÓu thøc P = x   x 1  x 2 3 x  x 1 x 1 x a) T×m ®iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña P b) Rót gän P c) T×m x ®Ó P > 0 Bµi 2. (1,5 ®iÓm)www.VNMATH.com 22
  23. 23. www.VNMATH.com Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:    1 2 x  y  2     2 2 x  y 1   Bµi 3. (2 ®iÓm) 1) T×m to¹ ®é giao ®iÓm cña ®­êng th¼ng y = x + 6 vµ parabol y = x2 2) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè y = (m + 1)x + 2m + 3 c¾t trôc â, trôc Oy lÇn l­ît t¹i c¸c ®iÓm A , B vµ  AOB c©n ( ®¬n vÞ trªn hai trôc â vµ Oy b»ng nhau). Bµi 4. (3,5 ®iÓm) Cho  ABC vu«ng ®Ønh A, ®­êng cao AH, I lµ trung ®iÓm cña Ah, K lµ trung ®iÓm cña HC. §­êng trßn ®­êng kÝnh AH ký hiÖu (AH) c¾t c¸c c¹nh AB, AC lÇn l­ît t¹i diÓm M vµ N. a) Chøng minh  ACB vµ  AMN ®ång d¹ng b) Chøng minh KN lµ tiÕp tuýn víi ®­êng trßn (AH) c) T×m trùc t©m cña  ABK Bµi 5. (1 ®iÓm) Cho x, y, z lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n: x + y + x = 1. 1 1 1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P =   16 x 4 y z ---------hÕt--------- Hä vµ tªn thÝ sinh:………………………………………..Sè b¸o danh:……………….... Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 1: ……………………………………Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 2:………..së gi¸o dôc ®µo t¹o hµ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn nam N¨m häc 2009 – 2010 h­íng dÉn chÊm thi m«n to¸n : ®Ò chungBµi 1 (2 ®iÓm)a) (0,5 ®iÓm) §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña P lµ x  0 vµ x ≠ 1 0.5b) (1 ®iÓm) x  x 1  x 0,25 1 x 1 x 2   x 2 3 x  x  x4 x  43 x  x 0,25 1 x 1 x 4 x  0,25 1 x 4 VËy P = 0,25 1 xc) (0,5 ®iÓm) P>0  1  x  0 0,25  x 1 0  x 1 0,25Bµi 2 (1,5 ®iÓm) Céng hai ph­¬ng tr×nh ta cã : 3  2 2 x  1  2  0,5 1 2 1 x   2 1 0,5 3  2 2 1 2 www.VNMATH.com 23
  24. 24. www.VNMATH.comVíi x  2  1  y  2  2 1   2 1  1  2  1 0,25  x  2 1K/l VËy hÖ cã nghiÖm:  0,25  y  2 1 Bµi 3 (2 ®iÓm)a) (1 ®iÓm) Hoµnh ®é giao ®iÓm lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: x2 = x + 6 05  x 2  x  6  0  x  2 hoÆc x = 3Víi x = -2  y  4; x  3  y  9 0,25Hai ®iÓm cÇn t×m lµ (-2;4); (3;9) 0,25b) (1 ®iÓm) 2m  3  2m+3 Víi y = 0   m  1  2m  3  0  x   (víi m ≠ -1)  A  - ;0  0,25 m 1  m+1 Víi x = 0  y  2m  3  B  0;2m+3 2m  3 OAB vu«ng nªn  OAB c©n khi A;B ≠ O vµ OA = OB    2m  3 0,25 m 1 2m  3  1  3+ Víi  2m  3   2m  3    1  0  m  0 hoÆc m =  (lo¹i) 0,25 m 1  m 1  2 2m  3  1  3+ Víi   2m  3   2 m  3   1  0  m  2 hoÆc m =  (lo¹i) m 1  m 1  2 0,25K/l: Gi¸ trÞ cÇn t×m m = 0; m = -2Bµi 4(3,5 ®iÓm)a) (1,5 ®iÓm) A N 0,25 E I M C B H K AMN vµ  ACB vu«ng ®Ønh A 0,25  Cã AMN  AHN (cïng ch¾n cung AN)    AHN  ACH (cïng phô víi HAN ) (AH lµ ®­êng kÝnh) 0,75   AMN  ACH AMN  ACB 0,25 b) (1 ®iÓm)  HNC vu«ng ®Ønh N v× ANH  900 cã KH = KC  NK = HKl¹i cã IH = IN (b¸n kÝnh ®­êng trßn (AH)) vµ IK chung nªn  KNI =  KHI (c.c.c) 0,75    KNI  KHI  900  KNI  900Cã KN  In, IN lµ b¸ kÝnh cña (AH)  KN lµ tiÕp tuyÕn víi ®­êng trßn (AH) 0,25c) (1 ®iÓm)+ Gäi E lµ giao ®iÓm cña Ak víi ®­êng trßn (AH), chøng minh gãc HAK= gãc HBI HA HK 0,5 Ta cã AH2 HB.HC  AH.2IH = HB.2HK   HB HI www.VNMATH.com 24
  25. 25. www.VNMATH.com     HAK  HBI  HAK  HBI  + Cã HAK  EHK (ch¾n cung HE)   HBI  EHK  BI // HE 0,25Cã   900 (AH lµ ®­êng kÝnh)  BI  AK AEH ABK cã  BI  AK vµ  BK  AI  I lµ trùc t©m  ABK 0,25Bµi 5 (1 ®iÓm) 1 1 1  1 1 1  y x   z x  z y  21 0,5P=    x  y  z          16x 4 y z  16x 4 y z   16 x 4 y   16 x z   4 y z  16 y x 1Theo cèi víi c¸c sè d­¬ng:   dÊu b»ng x¶u ra khi y=2x 16 x 4 y 4 z x 1   dÊu b»ng x¶u ra khi z=4x 16 x z 2 0,25 z y   1 dÊu b»ng x¶u ra khi z=2y 4y zVËy P  49/16P = 49/16 víi x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7 0,25VËy gi¸ trÞ bÐ nhÊy cña P lµ 49/16 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn Toán – Vòng 1 ĐỀ CHÍNH THỨC (Dùng cho tất cả các thí sinh) Thời gian làm bài 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang Câu 1: (2 điểm) Tính giá trị biểu thức:  x 5 22 5  5  250 3 3 y  3 1 3 1 x xy y A x  xy  y  x y  Câu 2: (2,5 điểm) Cho phương trình (m + 1)x2 – 2(m – 1) + m – 2 = 0 (ẩn x, tham số m). a) Giải phương trình khi m = 2. 1 1 7 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x 2 thỏa mãn:   x1 x 2 4 Câu 3: (1,0 điểm) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 60 km. Một ca nô chạy xuôi dòng từ bến A tới bến B, nghỉ 1 giờ 20 phút ở bến sông B và ngược dòng trở về A. Thời gian kể từ lúc khởi hành đến khi về bến A tất cả 12 giờ. Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc dòng nước biết vận tốc riêng cảu ca nô gấp 4 lần vận tốc dòng nước. Câu 4: (3,5 điểm) www.VNMATH.com 25
  26. 26. www.VNMATH.com Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) không đi qua tâm O cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm phân biệt A, B. Điểm M chuyển động trên (d) và nằm ngoài đường tròn (O; R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN và MP tới đường tròn (O; R) (N, P là hai tiếp điểm). a) Chứng minh rằng tứ giác MNOP nội tiếp được trong một đường tròn, xác định tâm đường tròn đó. b) Chứng minh MA.MB = MN2. c) Xác định vị trí điểm M sao cho tam giác MNP đều. d) Xác định quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. Câu 5: (1 điểm) 4 5 Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn:   23 x y 6 7 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B  8x   18y  x ywww.VNMATH.com 26
  27. 27. www.VNMATH.com Đáp án: Câu 1: x = 10; y=3 A=x–y=7 Bài 2: a) Với m = 2 thì x1 = 0; x 2 = 2/3. b) m = -6. Bài 3: ĐS: Vận tốc ca nô: 12 km/h Vận tốc dòng nước: 3 km/h Bài 4: a, b). c) Tam giác MNP đều khi OM = 2R d) Quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là đường thằng d’ song song với đường thẳng d (trừ các điểm ở bên trong đường tròn). Bài 5: 6 7 B  8x   18y  x y  2  2 4 5   8x    18y        8  12  23  43  x  y x y 1 1 Dấu bằng xảy ra khi  x; y    ;  .  2 3 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 43 khi  x; y    ;   2 3www.VNMATH.com 27
  28. 28. www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: TOÁN CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ***** Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + 1 = 0, a là tham số . a) Giải phương trình với a = 1. b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng a2 > 2. Câu 2.(4,0 điểm) a) Giải phương trình: x + 3 + 6 - x  (x + 3)(6 - x) = 3 . x + y + z =1 b) Giải hệ phương trình:  .  2x + 2y - 2xy + z 2 = 1 Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn : 3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = 6. Câu 4.(3,0 điểm) a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: 3 abc + 3 xyz  3 (a + x)(b + y)(c + z) . 3 b) Từ đó suy ra : 3 3 3  3 3 3 3  23 3 Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông. AC a) Chứng minh rằng SABCD  (MN + NP + PQ + QM). 4 b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất. Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vuông PQRS. OA và OB là hai bán kính thay đổi vuông góc với nhau. Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP. Tìm quỹ tích giao điểm M của Ax và By. =HẾT= Họ và tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:…………… Chữ kí giám thị 1:………………………Chữ kí giám thị 2:….……………………www.VNMATH.com 28
  29. 29. www.VNMATH.com SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN *** KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010 MÔN : TOÁN (Hệ số 2) ------- ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang I- Hướng dẫn chung: 1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số. II- Đáp án và thang điểm: CÂU ĐÁP ÁN Điểm 4 3 2 Câu 1a. Ta có phương trình : x + ax +x + ax + 1 = 0 (1) (2,0đ) Khi a =1 , (1)  x 4 +x 3 +x 2 +x+1= 0 (2) Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm. 1 1 Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được: x 2 + 2 + x + +1= 0 (3). 0,50 x x 1 1 1 1 Đặt t = x+  t  x+  x +  2 và x 2 + 2  t 2 -2 . x x x x 0,50 Phương trình (3) viết lại là : t 2 + t - 1 = 0 1  5 1  5 0,50 Giải (3) ta được hai nghiệm t1  và t 2  đều không thỏa điều 2 2 kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 Câu1b. Vì x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta cũng chia 2 vế cho x2 ta có (2,0đ) 1  1 phương trình : x 2 + 2 +a  x +  +1= 0 . 0,50 x  x 1 Đặt t = x + , phương trình sẽ là : t2 + at - 1 = 0 (4). x Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t|  2. Từ (4) suy ra 0,50 1- t 2 a . t 0,50 (1 - t 2 )2 Từ đó : a 2 >2   2  t 2 (t 2 - 4)  1  0 (5) 0,50 t2 Vì |t|  2 nên t2 >0 và t2 – 4  0 , do vậy (5) đúng, suy ra a2 > 2. Câu 2a. x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x)  3 (1) (2,0đ)  x+3  0 Điều kiện :   -3  x  6 . 6-x  0 u  x + 3 0,50  Đặt :  , u , v  0  u 2  v 2  9. v = 6 - x  0,50 Phương trình đã có trở thành hệ :www.VNMATH.com 29
  30. 30. www.VNMATH.com u 2 + v2 =9 (u + v) 2 - 2uv = 9   0,50  u + v - uv = 3 u + v = 3 + uv  uv = 0 u = 0 Suy ra : (3+uv)2-2uv = 9     uv = -4 v = 0 0,50  x+3 = 0  x = -3   .  6-x = 0  x = 6 Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6. Câu Ta có hệ phương trình : 2b.  x+y+z=1  x+y = 1-z (2,0đ)  2  2 0,50  2x+2y-2xy+z =1  2xy = z +2(x+y)-1 x + y = 1 - z  2 2 0,50  2xy = z - 2z + 1 = (1- z)  2xy = (x + y)2  x 2 + y2 = 0  x = y = 0  z = 1 . 0,50 Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1). 0,50 Câu 3. (3,0đ) Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = 6 (1) 0,50  3(x-3)2 + 6y2 + 2z 2 + 3y2 z 2  33 (2) Suy ra : z2  3 và 2z2  33 0,50 Hay |z|  3. Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3. a) z = 0 , (2)  (x-3)2 + 2y2 = 11 (3) 0,50 Từ (3) suy ra 2y2  11  |y|  2. Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn. 0,50 Với |y| = 1, từ (3) suy ra x  { 0 ; 6}. b) |z| = 3, (2)  (x-3)2 + 11 y2 = 5 (4) 0,50 Từ (4)  11y2  5  y = 0, (4) không có số nguyên x nào thỏa mãn. Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ; 0,50 (6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0). Câu 4a. 3 abc  3 xyz  3 (a+x)(b+y)(c+z) (1) (2,0đ) Lập phương 2 vế của (1) ta được : 0,50 abc + xyz + 3 3 (abc)2 xyz +3 3 abc(xyz)2  (a+x)(b+y)(c+z)  abc + xyz+ 3 3 (abc)2 xyz + 3 3 abc(xyz)2  abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz 0,50 3 2 3 2  3 (abc) xyz +3 abc(xyz)  (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc) (2) Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có : (abz+ayc+ xbc)  3 3 (abc) 2 xyz (3) 0,50 3 2 (ayz+xbz+ xyc)  3 abc(xyz) (4) 0,50 Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó (1) được chứng minh.www.VNMATH.com 30

×