3 Đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên môn Toán: Nghệ An, Hà Nam, Thanh Hoá (Có đáp án)

Nội dung text: 3 Đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên môn Toán: Nghệ An, Hà Nam, Thanh Hoá (Có đáp án)

1. 3 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN MÔN TOÁN: NGHỆ AN, HÀ NAM, THANH HOÁ SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2009 - 2010 Môn thi: Toán Đề thi chính thứcThời 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 y3 6 x3 2 y Bài 2: (1.0 điểm) Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên x2 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 c2 a 2b b2c c2a Hết Họ và tên thí sinh SBD * Thí sinh không được sử dụng tài liệu. * Giám thị không giải thích gì thêm. 1
2. SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2009 - 2010 Hướng dẫn chấm thi Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang Nội dung đáp án Điểm Bài 1 3,5 đ a 2,0đ 3 x 2 3 7 x 3 x 2 7 x 33 x 2.3 7 x 3 x 2 3 7 x 27 0.50đ 9 9.3 (x 2)(7 x) 27 0.25đ 3 (x 2)(7 x) 2 0.25đ (x 2)(7 x) 8 0.25đ x2 5x 6 0 0.25đ x 1 ( thỏa mãn ) 0.50đ x 6 b 1,50đ 2 Đặt z 0.25đ y 2 3x z3 Hệ đã cho trở thành 3 0.25đ 2 3z x 3 x z z3 x3 0,25đ x z x2 xz z2 3 0 0,25đ x z (vì x2 xz z2 3 0, x,z ). 0,25đ 3 x 1 Từ đó ta có phương trình: x 3x 2 0 x 2 0,25đ Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: (x,y) ( 1; 2), 2,1 Bài 2: 1,0 đ Điều kiện để phương trình có nghiệm: 0 a 2 4a 8 0 (*). 0,25đ Gọi x1, x2 là 2 nghiệm nguyên của phương trình đã cho ( giả sử x1 ≥ x2). x1 x2 a 0,25đ Theo định lý Viet: x1.x2 x1 x2 2 x1.x2 a 2 (x1 1)(x2 1) 3 x1 1 3 x1 1 1 hoặc (do x1 - 1 ≥ x2 -1) x 1 1 x 1 3 2 2 0,25đ 2
3. x1 4 x1 0 hoặc x2 2 x2 2 Suy ra a = 6 hoặc a = -2 (thỏa mãn (*) ) Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25đ Bài 3: 2,0 đ Vì BE là phân giác A· B C nên A· BM M· BC A¼M M¼ N 0,25đ M· AE M· AN (1) 0,50đ A Vì M, N thuộc đường tròn đường 0,25đ kính AB nên A· MB A· NB 900 E A· NK A· ME 900 , kết hợp M với (1) ta có tam giác AME đồng 0,50đ dạng với tam giác ANK AN AK C 0,25đ B N K AM AE AN.AE = AM.AK (đpcm) 0,25đ Bài 4: 1,5 đ Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên A· NM A· IM A · · Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM ABC 0,25đ A· IM A· BC.Suy ra tứ giác BOIM nội tiếp Từ chứng minh trên suy ra tam giác AMI E N đồng dạng với tam giác AOB M AM AI 0,25đ AI.AO AM.AB (1) I AO AB B C Gọi E, F là giao điểm của đường thẳng AO O với (O) (E nằm giữa A, O). Chứng minh tương tự (1) ta được: K AM.AB = AE.AF 0,25đ F = (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2 3R 2 3R 2 3R R AI.AO = 3R2 AI OI (2) AO 2R 2 2 0,25đ Tam giác AOB và tam giác COK đồng dạng nên: OA.OK = OB.OC = R2 0,25đ R 2 R 2 R OK (3) OA 2R 2 Từ (2), (3) suy ra OI = OK Suy ra O là trung điểm IK, mà O là trung điểm của BC Vì vậy BICK là hình bình hành 0,25đ 3
4. Bài 5: 2,0 đ a, 1,0 đ Giả sử O nằm ngoài miền tam giác ABC. A Không mất tính tổng quát, giả sử A và O 0,25đ nằm về 2 phía của đường thẳng BC Suy ra đoạn AO cắt đường thẳng BC tại K. K 0,25đ B C Kẻ AH vuông góc với BC tại H. H Suy ra AH AK 0 ab bc ca Suy ra P=a 2 b2 c2 a 2 b2 c2 2 2 2 0,25đ 9 (a b c ) P a 2 b2 c2 2(a 2 b2 c2 ) Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được 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 0,25đ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 Nếu thí sinh giải cách khác đúng của mỗi câu thì vẫn cho tối đa điểm của câu đó 4
5. SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NAM NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN THI : TOÁN (ĐỀ CHUNG) Đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1. (2 điểm) 2 x x 1 x 2 3 x x Cho biểu thức P = 1 x 1 x a) Tìm điều kiện xác định của P b) Rút gọn P c) Tìm x để P > 0 Bài 2. (1,5 điểm) 1 2 x y 2 Giải hệ phương trình: 2 2 x y 1 Bài 3. (2 điểm) 1) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng y = x + 6 và parabol y = x2 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (m + 1)x + 2m + 3 cắt trục Ox, trục Oy lần lượt tại các điểm A , B và AOB cân ( đơn vị trên hai trục Ox và Oy bằng nhau). Bài 4. (3,5 điểm) Cho ABC vuông đỉnh A, đường cao AH, I là trung điểm của Ah, K là trung điểm của HC. Đường tròn đường kính AH ký hiệu (AH) cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại diểm M và N. a) Chứng minh ACB và AMN đồng dạng b) Chứng minh KN là tiếp tuyến với đường tròn (AH) c) Tìm trực tâm của ABK Bài 5. (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực thoả mãn: x + y + x = 1. 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 16x 4y z Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị số 1: Chữ ký giám thị số 2: 5
6. SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NAM NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN THI : TOÁN (ĐỀ CHUNG) HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN Bài 1 (2 điểm) a) (0,5 điểm) Điều kiện xác định của P là x 0 và x ≠ 1 0.5 x x 1 x b) (1 điểm) 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 Vậy P = 0,25 1 x c) (0,5 điểm) P>0 1 x 0 0,25 x 1 0 x 1 0,25 Bài 2 (1,5 điểm) Cộng hai phương trình ta có : 3 2 2 x 1 2 0,5 1 2 1 x 2 1 0,5 3 2 2 1 2 Với x 2 1 y 2 2 1 2 1 1 2 1 0,25 x 2 1 K/l Vậy hệ có nghiệm: 0,25 y 2 1 Bài 3 (2 điểm) a) (1 điểm) Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình: x2 = x + 6 05 x2 x 6 0 x 2 hoặc x = 3 Với x = -2 y 4;x 3 y 9 0,25 Hai điểm cần tìm là (-2;4); (3;9) 0,25 b) (1 điểm) 2m 3 2m+3 Với y = 0 m 1 2m 3 0 x (với m ≠ -1) A - ;0 0,25 m 1 m+1 Với x = 0 y 2m 3 B 0;2m+3 2m 3 OAB vuông nên OAB cân khi A;B ≠ O và OA = OB 2m 3 0,25 m 1 2m 3 1 3 + Với 2m 3 2m 3 1 0 m 0 hoặc m = (loại) 0,25 m 1 m 1 2 2m 3 1 3 + Với 2m 3 2m 3 1 0 m 2 hoặc m = (loại) 0,25 m 1 m 1 2 6
7. K/l: Giá trị cần tìm m = 0; m = -2 Bài 4(3,5 điểm) a) (1,5 điểm) A N 0,25 E I M C B H K AMN và ACB vuông đỉnh A 0,25 Có A· MN A· HN (cùng chắn cung AN) A· HN A· CH (cùng phụ với H· AN ) (AH là đường kính) 0,75 A· MN A· CH AMN : ACB 0,25 b) (1 điểm) HNC vuông đỉnh N vì A· NH 900 có KH = KC NK = HK lại có IH = IN (bán kính đường tròn (AH)) và IK chung nên KNI = KHI (c.c.c) 0,75 K· NI K· HI 900 K· NI 900 Có KN  In, IN là bán kính của (AH) KN là tiếp tuyến với đường tròn (AH) 0,25 c) (1 điểm) + Gọi E là giao điểm của AK với đường tròn (AH), chứng minh góc HAK= góc HBI HA HK Ta có AH2 HB.HC AH.2IH = HB.2HK 0,5 HB HI HAK : HBI H· AK H· BI + Có H· AK E· HK (chắn cung HE) H· BI E· HK BI / /HE 0,25 Có A· EH 900 (AH là đường kính) BI  AK ABK có BI  AK và BK  AI I là trực tâm ABK 0,25 Bài 5 (1 điểm) 1 1 1 1 1 1 y x z x z y 21 0,5 P= x y z 16x 4y z 16x 4y z 16x 4y 16x z 4y z 16 y x 1 Theo Côsi với các số dương: dấu bằng xảy ra khi y = 2x 16x 4y 4 z x 1 dấu bằng xảy ra khi z = 4x 0,25 16x z 2 z y 1 dấu bằng xảy ra khi z = 2y 4y z 7
8. 49 Vậy P 16 49 1 2 3 P = với x = ; y = ; z = 16 7 7 7 0,25 49 Vậy giá trị bé nhất của P là 16 8
9. SỞ GD VÀ ĐT KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC: 2009 - 2010 Đề chính thức Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 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: x2 + = 7 x2 1 1 Tính giá trị các biểu thức: A = x3 + và B = x5 + x3 x5 1 1 2 2 x y 2. Giải hệ phương trình: 1 1 2 2 y x 2 Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax bx c 0 (a 0 ) có hai nghiệm x1,x 2 thoả mãn điều kiện: 0 x1 x 2 2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2a 2 3ab b2 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 quaA, 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 450 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 a 2 b2 c2 d2 ac bd ,trong đó ad bc 1. Chứng minh rằng: P 3 . Hết 9
10. SỞ GD VÀ ĐT KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC: 2009 - 2010 Môn: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009 (Đáp án này gồm 04 trang) Câu ý Nội dung Điểm 1 1 1 1 0.25 Từ giả thiết suy ra: (x + )2 = 9 x + = 3 (do x > 0) x x 1 1 1 1 1 0.25 21 = (x + )(x2 + ) = (x3 + ) + (x + ) A = x3 + =18 x x2 x3 x x3 1 1 1 1 7.18 = (x2 + )(x3 + ) = (x5 + ) + (x + ) 0.25 x2 x3 x5 x 1 B = x5+ = 7.18 - 3 = 123 0.25 x5 2 1 1 1 1 Từ hệ suy ra 2 2 (2) 0.5 x y y x 1 1 1 1 Nếu thì 2 2 nên (2) xảy ra khi và chỉ khi x=y x y y x thế vào hệ ta giải được x=1, y=1 0.5 2 b c 0.25 Theo Viét, ta có: x x , x .x . 1 2 a 1 2 a 2 b b 2a 2 3ab b2 2 3. Khi đó Q = a a ( Vì a 0) 2a 2 ab ac b c 2 0.25 a a 2 3(x x ) (x x )2 0.25 = 1 2 1 2 2 (x1 x 2 ) x1x 2 2 2 0.25 Vì 0 x1 x 2 2 nên x1 x1x 2 và x 2 4 2 2 2 x1 x 2 x1x 2 4 x1 x 2 3x1x 2 4 0.25 2 3(x x ) 3x x 4 Do đó Q 1 2 1 2 3 0.25 2 (x1 x 2 ) x1x 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 x2 2 hoặc x1 0,x 2 2 0.25 10
11. b 4 a c 4 c b 4a 0.25 a Tức là b 2a Vậy maxQ=3 b 2 c 0 a c 0 a 3 1 ĐK: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010 0.25 Phương trình đã cho tương đương với: x + y + z = 2 x 2 +2 y 2009 +2 z 2010 0.25 ( x 2 - 1)2 + ( y 2009 - 1)2 + ( z 2010 - 1)2 = 0 0.25 x 2 1 0 x 3 0.25 y 2009 1 0 y 2008 z 2010 1 z 2011 2 Nhận xét: p là số nguyên tố 4p2 + 1 > 5 và 6p2 + 1 > 5 Đặt x = 4p2 + 1 = 5p2- (p - 1)(p + 1) y = 6p2 + 1 4y = 25p2 – (p - 2)(p + 2) 0.25 Khi đó: - Nếu p chia cho 5 dư 4 hoặc dư 1 thì (p - 1)(p + 1) chia hết cho 5 x chia hết cho 5 mà x > 5 x không là số nguyên tố 0.25 - Nếu p chia cho 5 dư 3 hoặc dư 2 thì (p - 2)(p + 2) chia hết cho 5 4y chia hết cho 5 mà UCLN(4, 5) = 1 y chia hết cho 5 mà y > 5 y không là số nguyên tố 0.25 Vậy p chia hết cho 5, mà p là số nguyên tố p = 5 Thử với p =5 thì x =101, y =151 là các số nguyên tố Vậy: p =5 0.25 11
12. 4 A I B 1. K E M D C N Trên cạnh AB lấy điểm I sao cho IB = CM 0.25 Ta có IBE = MCE (c.g.c). Suy ra EI = EM , MEC BEI MEI vuông cân tại E 0.25 Suy ra EMI 450 BCE IB CM MN 0.25 Mặt khác: IM // BN AB CB AN BCE EMI BKE tứ giác BECK nội tiếp 0.25 BEC BKC 1800 0.25 Lại có: BEC 900 BKC 900 . Vậy CK  BN 0.25 2. B O D x x M A E C y Vì AO = 2 , OB=OC=1 và ABO=ACO=900 suy ra OBAC là hình vuông 0.25 Trên cung nhỏ BC lấy điểm M sao cho DOM = DOB MOE=COE 0.25 Suy ra MOD= BOD DME=900 0 MOE= COE EMO=90 0.25 suy ra D,M,E thẳng hàng, suy ra DE là tiếp tuyến của (O). Vì DE là tiếp tuyến suy ra DM=DB, EM=EC Ta cú DE<AE+AD 2DE<AD+AE+BD+CE =2 suy ra DE<1 0.25 12
13. Đặt DM = x, EM = y ta có AD2 + AE2 = DE2 (1-x)2 + (1-y)2 = (x+y)2 x y 2 0.25 1- (x+y) = xy suy ra DE2 + 4.DE - 4 0 4 DE 2 2 2 Vậy 2 2 2 DE<1 0.25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5. Ta có: (ac bd) (ad bc) a c 2abcd b d a d 2abcd b c a 2 c2 d2 b2 d2 c2 a 2 b2 c2 d2 2 Vì ad bc 1 nên 1 (ac bd) a 2 b2 c2 d2 (1) Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm a 2 b2 ; c2 d2 có: 0.25 P a 2 b2 c2 d2 ac bd 2 a 2 b2 c2 d2 ac bd P 2 1 ac bd 2 ac bd (theo (1)) Rõ ràng P 0 vì: 2 1 ac bd 2 ac bd 2 0.25 Đặt x ac bd ,ta có: P 2 1 x2 x 0.25 P2 4 1 x2 4x 1 x2 x2 1 x2 4x 1 x2 4x2 3 2 1 x2 2x 3 3 Vậy P 3 0.25 13