Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Trường THPT Chuyên Hùng Vương - Năm học 2011-2012 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Trường THPT Chuyên Hùng Vương - Năm học 2011-2012 (Có đáp án)

1. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o phó thä K× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 tr­êng THPT chuyªn hïng v­¬ng N¨m häc 2011-2012 §Ò chÝnh Thøc M«n TOÁN (Chung) Thêi gian 120 kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò §Ò thi cã 1 trang Câu 1 (2,0 điểm) 2 x 9 x 3 2 x 1 Cho biểu thức: P x 5 x 6 x 2 3 x 1) Tìm x để P có nghĩa 2) Rút gọn P 3) Tìm x để P<0 Câu 2 (2,0 điểm) x 2 x 1)Giải phương trình : 2 x 1 x 1 2 1 9 x 1 y 1 4 2)Giải hệ phương trình 1 3 7 x 1 y 1 4 Câu 3 (2,0 điểm) Cho hàm số y=-2x2 có đồ thị (P) 1) Viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm M ,N biết M,N thuộc P có hoành độ lần lượt là -1 và 2 2) Lập phương trình đường thẳng d song song với MN cắt P tại 2 điểm có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn x1 x2 5 Câu 4 (3,0 điểm) Trên đường tròn (O) đường kính AB lấy điểm M (khác A và B).Gọi H là trung điểm MB . E,F là chính giữa cung nhỏ AM và BM của đường tròn (O).Tiếp tuyến của (O) tại F cắt AM tại P 1) Chứng minh tứ giác HFPM là hình chữ nhật 2) Chứng minh góc EFH=450 3) Qua A kẻ đường thẳng (d) song song với PH .Đường thẳng (d) cắt đường tròn (O) tại tại D ( D khác A) .Chứng minh D, O, H thẳng hàng Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a+b=4ab .Chứng minh rằng a b 1 4b 2 1 4a 2 1 2 Hết Họ và tên thí sinh Số báo danh Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o phó thä
2. K× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 tr­êng THPT chuyªn hïng v­¬ng N¨m häc 2011-2012 §Ò chÝnh Thøc M«n TOÁN (chuyªn) Thêi gian lµm bµi 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) §Ò thi cã 1 trang C©u 1. (3,0 điểm) 1) Cho a, b, c lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n : a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca. a22 b6 c2011 TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc: P = + + b22 c6 a2011 3 6 2) Cho x = ;y = . 3 4 - 3 2 +1 4 + 3 4 + 3 16 Chøng minh r»ng x + y lµ mét sè tù nhiªn. C©u 2. (2,0 ®iÓm) 1) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x 3 8 x 11x x2 24 1. 4 1 2 2) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh : 2x y 3x y 4x 12y 7 2x y 3x y C©u 3. (1,0 ®iÓm) T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn n sao cho A n 2010 n 2011 n 2012 lµ mét sè chÝnh ph­¬ng. C©u 4. (3,0 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp trong ®­êng trßn (O). Gäi D lµ ®iÓm thay ®æi trªn cung nhá AB cña ®­êng trßn (O), (D kh«ng trïng víi A, B). 1) Trong tr­êng hîp ACBD lµ tø gi¸c ngo¹i tiÕp mét ®­êng trßn, chøng minh r»ng AC + BD = AD + BC. 2) Trong tr­êng hîp ABC lµ tam gi¸c ®Òu, chøng minh r»ng DA + DB = DC. 3) Trong tr­êng hîp tam gi¸c ABC cã AB lµ c¹nh nhá nhÊt, trªn c¹nh AC vµ BC lÊy C¸c ®iÓm M, N t­¬ng øng sao cho AM = BD vµ BN = AD. Chøng minh r»ng khi D thay ®æi trªn cung nhá AB cña ®­êng trßn (O) th× trung ®iÓm I cña ®o¹n th¼ng MN lu«n thuéc mét ®­êng trßn cè ®Þnh. C©u 5. (1,0 ®iÓm) Cho a, b, c lµ sè thùc d­¬ng, chøng minh r»ng: 2ab 3bc 3ca a 2b 3c . 3a 8b 6c 3b 6c a 9c 4a 4b 9 HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm I- Vòng 1 kú Câu 1 (2,0 điểm) thi 2 x 9 x 3 2 x 1 chä Cho biểu thức: P x 5 x 6 x 2 3 x n 1)Tìm x để P có nghĩa häc
3. 2)Rút gọn P sinh 3)Tìm x để P<0 giái Hướng dẫn: líp 9 x 0 x 0 THcs 1) ta có x 5 x 6 x 2 x 3 nên P có nghĩa khi x 2 0 x 4 cÊp x 3 0 x 9 tØnh 2) n¨m 2 x 9 x 3 2 x 1 2 x 9 x 9 (2 x 1)( x 2) häc P 2010- x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 2011 2 x x 2x 4 x x 2 x x 2 ( x 1)( x 2) x 1 P x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 3 3) để P<0 vì x 1 0 nên x 3 0 x 9 kết hợp với điều kiện 0 x 4 V 4 x 9 Câu 2 (2,0 điểm) x 2 x 1)Giải phương trình : 2 x 1 x 1 2 1 9 x 1 y 1 4 2)Giải hệ phương trình 1 3 7 x 1 y 1 4 Hướng dẫn: HD 1) ĐKXĐ x khác 1 x 2 x 2 x 2 2(x 1) x x 2 3x 2 0 x 1 x 1 x 1 (x 1)(x 2) 0 x 2 x=1 loại vậy PT có nghiêm x=2 1 1 2)ĐKKXĐ x 1; y 1 Đặt a; b x 1 y 1 ta có 2 1 9 9 9 5 2a b 2a b 5b 1 x 1 y 1 4 4 4 4 b 4 1 3 7 7 14 7 a 1 a 3b 2a 6b a 3b x 1 y 1 4 4 4 4 Giải ra x 2; y 3 Câu 3 (2,0 điểm) Cho hàm số y=-2x2 có đồ thị (P) 1)Viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm M ,N biết M,N thuộc P có
4. hoành độ lần lượt là -1 và 2 2)Lập phương trình đường thẳng d song song với MN cắt P tại 2 điểm có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn x1 x2 5 Hướng dẫn: 1) Vì M;N thuộc P nên Tọa độ M(-1;-2) N(2-8) .Phương trình đường thẳng đi qua MNcó dạng y=ax+b vì (d) đi qua M; N nên a; b là nghiệm của hệ phương trình a b 2 3a 6 a 2 vậy đường thẳng đi qua MN là y=-2x- 2a b 8 b a 2 b 4 4 2) Phương trình đường thẳng (d) có dạng y=mx+n vì d// y=-2x-8 nên m=-2 mặt khác tọa độ (d) và (P) là nghiệm của hệ y 2x 2 y 2x 2 (1) 2 y 2x n 2x 2x n 0(2) để (d) cắt (P) thì PT (1) phải có 2 nghiệm phân biệt suy ra 1 / 1 2n 0 n 2 x x 1 1 2 mặt khác theo viet n ta phải có x x 1 2 2 n x x 5 x x 2 4x x 5 x x 1 suy ra 1 n 2 thỏa 1 2 1 2 1 2 1 2 2 mãn vậy phương trình đường thẳng (d) là y=-2x-2 Câu 4 (3,0 điểm) Trên đường tròn (O) đường kính AB lấy điểm M (khác A và B).Gọi H là trung điểm MB . E,F là chính giữa cung nhỏ AM và BM của đường tròn (O).Tiếp tuyến của (O) tại F cắt AM tại P 1)Chứng minh tứ giác HFPM là hình chữ nhật 2)Chứng minh góc EFH=450 3)Qua A kẻ đường thẳng (d) song song với PH .Đường thẳng (d) cắt đường tròn (O) tại tại D ( D khác A) .Chứng minh D, O, H thẳng hàng Hướng dẫn:
5. P M E K F x H A O B D 1)Vì H là trung điểm MB ;F là trung điểm cung MB nên F,H,O thẳng hàng và OH  MB ta có PMH MHF HFP 900 nên tứ giác MHFP là hình chữ nhật 1 1 2) ta có EOF sd(cungEM cungMF) sd(cungAM cungMB) sdcungAB 900 2 2 nên tam giác ÈO vuông cân tại O suy ra góc EFO = 450 3)Gọi FO cắt (d) tại D/ do AD///PH nên APH xAP ( so le) mà APH MFH ( t/c Hình chữ nhât) suy ra MFD D / AM 1800 nên tứ giác AD/MF nội tiếp suy ra D/ thuộc (O) vậy D/  D Cách khác Nối F với B ta có tứ giác BHPF là hình bình hành suy ra FB//PH. Kẻ FO cắt (O) tại D’ ta suy ra AD’//FB. Suy ra AD’//PH Mà AD//PH Suy ra: D trùng D’. Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a+b=4ab .Chứng minh rằng a b 1 4b 2 1 4a 2 1 2 Hướng dẫn: Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho 2 dãy 2 ta có a b 4ab a b a b a b 2 a b a(4b 2 1); b(4a 2 1) và ; 4b 2 1 4a 2 1 ta có
6. a b 2 4ab2 a 4a 2b b a b 4b2 1 4a 2 1 2 2 a b a b a b 1 4b2 1 4a 2 1 4ab(a b) (a b). (a b)2 (a b)2 . 2 a b 1 vậy dấu bằng xảy ra khi a=b= 1 4b 2 1 4a 2 1 2 2 Cách 2:Ta có theo BĐT Cô si cho 2 số dương a;b ta có 1 a b 2 4ab a b (a b) 1 Dấu bằng xảy ra khi a=b= 2 a2 b2 Đặt Q = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho 2 dãy 4ab2 a 4a2b b a 2 b 2 dãy 4ab 2 a; 4ba 2 b và ; ta có: 4ab 2 a 4ba 2 b 4ab2 a 4ab2 b .Q (a b)2 (a b)2 16a 2b2 16a 2b2 1 Q 4ab(a b) (a b).1 16a 2b2 (a b)(a b) 16a 2b2 16a 2b2 2 a b 1 vậy dấu bằng xảy ra khi a=b= 1 4b 2 1 4a 2 1 2 2 Cách 3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có 4ab a b 2 ab 2 ab 1 4ab 1. Từ đó: a b a b a b 4b2 1 4a 2 1 4b2 4ab 4a 2 4ab 4b(a b) 4a(a b) 1 1 1 a 2 b2 a 2 b2 . 16a 2 16b2 16 a 2b2 a b 2 a 2 b2 1 2 a 2 b2 2 Vì a b 2 2 a 2 b2 a b 2 0 luôn đúng a b 4ab 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b . a b 2 2- Vòng 2 C©u 1. (3,0 điểm) 3) Cho a, b, c lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n : a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca. a22 b6 c2011 TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc: P = + + b22 c6 a2011
7. 3 6 4) Cho x = ;y = . 3 4 - 3 2 +1 4 + 3 4 + 3 16 Chøng minh r»ng x + y lµ mét sè tù nhiªn. Hướng dẫn: 1) Từ GT suy ra (a b) 2 0 2 2 2 2 (a b) (b c) (c a) 0 (b c) 0 a b c 2 (c a) 0 thay vào P=3 2) trục căn bậc 3 3 3 3( 2 1) 3( 2 1) 3 x 3 2 1 3 22 3 2 1 3 2 1 3 2 1 6 3 8 2 2 6 3 8 2 2 y 2 3 2 2 3 2 3 3 2 3 2 3 8 2 8 3 8. 2 2 3 8 2 2 x y 3 2 1 2 3 2 3 C©u 2. (2,0 ®iÓm) 3) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x 3 8 x 11x x2 24 1. 4) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh : 4 1 2 2x y 3x y 4x 12y 7 2x y 3x y Hướng dẫn: 1)ĐKXĐ 3 x 8 đặt x 3 a; 8 x b;(a 0;b 0) a 1 x 4 1 a b ab 1 a 1 b 1 0 t / m b 1 x 7 s 4;7 2)ĐKXĐ y 3x; y 2x 4 1 2 2x y 3x y 4x 12y 7 2x y 3x y 4 1 4 1 2 2x y 3x y 2x y 3x y (*) 8 4 8 2x y 4 3x y 7 2x y 3x y 7 x y 3x y
8. 1 1 Đặt a; b ta có 2x y 3x y b 1 4a b 2 2x y 4 x 1 * 1 4a 8b 7 a 3x y 7 y 2 4 C©u 3. (1,0 ®iÓm) T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn n sao cho A n 2010 n 2011 n 2012 lµ mét sè chÝnh ph­¬ng. Hướng dẫn: Giả sử A là số chính phương + Nếu n 2012 thì đặt m n 2010 m 2 và A m m 1 m 2 . Ta có m 1,m 1; m 1,m 2 1 m 1,m m 2 1 suy ra Mặt khác, theo giả thiết A là số chính phương nên tồn tại các số tự nhiên a và b sao cho 2 m 1 a 2 m m 2 b m2 2m 1 a 4 a 4 b2 1 a 2 b a 2 b 1 2 2 m 2m b a 2 b 1 a 1 m 0, trái với điều kiện m > 2. 2 a b 1 b 0 Trường hợp này không có n thỏa mãn. Kết luận : n 2010;2011;2012. Cách 2 Nếu n= 2001 hoặc 2011; hoặc 2012 thi là 3 số thỏa mãn
9. Nếu n lẻ thì (n-2010;n-2011)=(n-2011;n-2012)=(n-2010;n-2012)=1 để tích là 3 số chính phương thì n-210;n-2011;n-2012 là ba số chính phương xét n chẵn ta có (n-2010;n-2012)=2;(n-2010;n-2011)=(n-2011;n-2012)=1 để tích n 2010 2a 2 2 * la số chính phương thì n 2011 b (a,b,c N ;(a;c) 1 2 n 2012 2c c a 1 a 0 suy ra 2(c2-a2)=2 (c a)(c a) 1 loai c a 1 c 1 Vậy n=2010;n=2011;n=2012 C©u 4. (3,0 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp trong ®­êng trßn (O). Gäi D lµ ®iÓm thay ®æi trªn cung nhá AB cña ®­êng trßn (O), (D kh«ng trïng víi A, B). 1) Trong tr­êng hîp ACBD lµ tø gi¸c ngo¹i tiÕp mét ®­êng trßn, chøng minh r»ng AC + BD = AD + BC. 2) Trong tr­êng hîp ABC lµ tam gi¸c ®Òu, chøng minh r»ng DA + DB = DC. 3) Trong tr­êng hîp tam gi¸c ABC cã AB lµ c¹nh nhá nhÊt, trªn c¹nh AC vµ BC lÊy c¸c ®iÓm M, N t­¬ng øng sao cho AM = BD vµ BN = AD. Chøng minh r»ng khi D thay ®æi trªn cung nhá AB cña ®­êng trßn (O) th× trung ®iÓm I cña ®o¹n th¼ng MN lu«n thuéc mét ®­êng trßn cè ®Þnh. Hướng dẫn: 1)Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có A M D Q N O C P B
10. AM=AQ,BN=BP; CQ=CP;DM=DN ta có AC+BD=AQ+CQ+BN+DN=AM+MD+BP+CP=AD+BC ( đpcm) A D E B C 2)Trên DC đặt DE=DB vì BDE BAC 600 nên tam giác BDE đều suy ra BE=BD(1) xét tam giác ABD và tam giác CBE có AB CB(gt) 0 ABD CBE;(ABD ABE ABE CBE 60 ) suy ra ABD CBE(cgc) BD BE(cmt) suy ra AD=CE(2) từ (1) & (2) ta có DA+DB=DE+EC=DC ( đpcm) 3)
11. A D M K I B N C LÊy ®iÓm K ®èi xøng víi B qua I . Ta chøng minh ®­îc KMI = BNI(cgc) . suy raMKI NBI suy ra BN // KM vµ BN = KM . XÐt hai AMK vµ BDA Cã BD = AM, AD = KM vµ  ADB =  KMA ( v× cïng bï gãc  ACB = KMC). Suy ra ADB = KMA (c.g.c) Suy ra AB = AK nªn KAB c©n cã I là trung điểm BK tõ ®ã suy ra AI  BI. Nªn I thuéc ®­êng trßn ®­êng kÝnh AB khi D di ®éng trªn cung AB. C©u 5. (1,0 ®iÓm) Cho a, b, c lµ sè thùc d­¬ng, chøng minh r»ng: 2ab 3bc 3ca a 2b 3c . 3a 8b 6c 3b 6c a 9c 4a 4b 9 Hướng dẫn: Đăt x=a; y=2b;z=3c Áp dụng BBĐ ta có 2ab 3bc 3ca a 2b 3c . 3a 8b 6c 3b 6c a 9c 4a 4b 9 xy yz xz x y z Q 3x 4y 2z 2x 3y 4z 4x 2y 3z 9 1 1 1 1 1 1 1 A B C Áp dụng BĐ T (A B C) 9 A B C A B C 9 Ta có
12. 1 1 1 1 1 x y y x y z x y z 3x 4y 2z (x 2y) (x y z) (x y z) 9 1 1 1 x y y 2 1 2 9 x y z xy xy x y 2 2x y 2xy (1) 9 3x 4y 2z 9 9 x y z 81 9(x y z) Tương tự 1 1 1 1 1 y z z x y z x y z 2x 3y 4z (y 2z) (x y z) (x y z) 9 1 1 1 y z z 2 1 2 9 x y z yz yz y z 2 2y z 2yz (2) 9 2x 3y 4z 9 9 x y z 81 9(x y z) Tương tự xz 2z x 2xz (3) 4x 2y 3z 81 9(x y z) Từ (1) ;(2) ;(3) ta có x y z 2(xy yz zx) x y z 2(x y z) x y z Q 27 9(x y z) 27 27 9 1 Vì xy yz zx x y z 2 3 Cách khác: C©u 5. (1,0 ®iÓm) x a §Æt y 2b v× a, b, c lµ sè thùc d­¬ng nªn x, y, z lµ c¸c sè thùc d­¬ng. z 3c 2ab 3bc 3ca a 2b 3c BÊt ®¼ng thøc: . 3a 8b 6c 3b 6c a 9c 4a 4b 9 xy yz zx x y z Trë thµnh . 3x 4y 2z 3y 4z 2x 3z 4x 2y 9 (a b c)2 a2 b2 c2 ¸p dông víi a.b, c kh«ng ©m vµ A,B d­¬ng. DÊu "=" x¶y A B C A B C a b c ra khi ta cã: A B C 2 xy xy xy 6 2 1 xy 18 2 1 . 3x 4y 2z 2(x y z) 2y x 81 2(x y z) 2y x 81 x y z y x
13. xy 1 18xy 2x y (1) DÊu "=" x¶y ra khi x y z 3x 4y 2z 81 x y z T­¬ng tù ta cã: yz 1 18yz 2y z (2) DÊu "=" x¶y ra khi x y z 3y 4z 2x 81 x y z zx 1 18zx 2z x (3) DÊu "=" x¶y ra khi x y z 3z 4x 2y 81 x y z Céng vÕ víi vÕ cña (1); (2) vµ (3) ta ®­îc: xy yz zx 1 18(xy yz zx) 3x 3y 3z 3x 4y 2z 3y 4z 2x 3z 4x 2y 81 x y z L¹i cã 3(xy+yz+zx) (x+y+z)2. xy yz zx 1 6(x y z)2 3x 3y 3z 3x 4y 2z 3y 4z 2x 3z 4x 2y 81 x y z x y z (§PCM) DÊu "=" x¶y ra khi x y z 9 Cách 3 Đặt x a;y 2b;z 3c x 0;y 0;z 0. Bất đẳng thức trở thành: xy yz zx x y z 3x 4y 2z 3y 4z 2x 3z 4x 2y 9 9xy 9yz 9zx x y z 3x 4y 2z 3y 4z 2x 3z 4x 2y Ta có: 1 1 1 9 x y z x y z x 2y 3x 4y 2z 2xy xy 9xy x y z x 2y 3x 4y 2z Tương tự: 2yz yz 9yz x y z y 2z 3y 4z 2x 2zx zx 9zx x y z z 2x 3z 4x 2y Cộng vế các bất đẳng thức trên, ta được:
14. 9xy 9yz 9zx 3x 4y 2z 3y 4z 2x 3z 4x 2y xy yz zx xy yz zx 2 x y z x 2y y 2z z 2x 2 x y z xy yz zx 2 3 x y z x 2y y 2z z 2x 2 xy yz zx x y z 3 x 2y y 2z z 2x Ta chỉ cần chứng minh: xy yz zx x y z x 2y y 2z z 2x 3 Thật vậy: x 2y 2x y x y y x x y 9xy 2x y xy 9 x 2y Tương tự: 2y z yz 2z x zx ; 9 y 2z 9 z 2x xy yz zx x y z Suy ra . (Điều phải chứng minh). x 2y y 2z z 2x 3 Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Phó Thä ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có một trang Câu 1 (4 điểm) a) Cho x 2011 x2 y 2011 y2 2011. Tính giá trị của biểu thức T x2011 y2011. b) Tính tổng 4 3 8 15 240 14399 S = . 1 3 3 5 119 121 4n 4n2 1 (mỗi số hạng trong tổng trên có dạng , với n N và 1 n 60). 2n 1 2n 1 Câu 2 (3 điểm)Giải hệ phương trình
15. x3 3x2 2x 5 y 3 2 y 3y 2y 5 z 3 2 z 3z 2z 3 x . Câu 3 (4 điểm)a) Tìm số nguyên dương n để B n4 n3 n2 n 1 là số chính phương. 2011 2010 b) So sánh M và N biết M 20102010 20112010 , N 20102011 20112011 . Câu 4 (2 điểm)Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4a b 3c 8c A . a b 2c 2a b c a b 3c Câu 5 (7 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D. a) Chứng minh AM.AC AN.AD . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích AC.AD . c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc một đường thẳng cố định. d) Gọi I là giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng. ––––––––––––––––––– Hết –––––––––––––––––––– Họ và tên thí sinh SBD Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 5 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic. Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm. Tổ chấm có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số. II. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm Đáp án Điểm
16. Câu 1 (4 điểm) a) Cho x 2011 x2 y 2011 y2 2011. Tính giá trị của biểu thức T x2011 y2011 . b) Tính tổng 4 3 8 15 240 14399 S = . 1 3 3 5 119 121 4n 4n2 1 (mỗi số hạng trong tổng trên có dạng , với n N và 1 n 60). 2n 1 2n 1 a) (2 điểm). Từ giả thiết, suy ra x 2011 x2 2011 x2 x y 2011 y2 2011 2011 x2 x 0,50 y 2011 y2 2011 x2 x (1) 0,50 Tương tự ta có: x 2011 x2 2011 y2 y (2) 0,50 Từ (1) và (2) suy ra: x + y = 0 hay x = – y. Suy ra T = 0 0,50 b) (2điểm). Với k là số tự nhiên khác 0 ta có: 2 3 3 4k 4k 2 1 4k 4k 1 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1 0,75 = 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1 2 Cho k lần lượt nhận các giá trị 1, 2, , 60. Ta được: 4 3 1 33 13 1 3 2 8 15 1 53 33 3 5 2 0,75 240 14399 1 1213 1193 119 121 2 1 Vậy S = 1213 1 665 0,5 2 Câu 2 (3 điểm) Giải hệ phương trình x3 3x2 2x 5 y 3 2 y 3y 2y 5 z 3 2 z 3z 2z 3 x . Viết lại hệ đã cho dưới dạng x3 3x2 2x 5 y 3 2 0,25 y 3y 2y 5 z 3 2 z 3z 2z 5 x 2 .
17. Đặt t = x – 2 thì x = t + 2, thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được t 2 3 3 t 2 2 2 t 2 5 y 0,50 t3 6t2 12t 8 3t2 12t 12 2t 4 5 y t3 3t2 2t 5 y Khi đó có hệ phương trình t3 3t2 2t 5 y 3 2 0,25 y 3y 2y 5 z (I) 3 2 z 3z 2z 5 t Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của t, y, z nên ta có thể giả sử 0,25 t = maxt, y, z . 1) Trường hợp t y z . Từ hệ (I) ta có t3 3t2 2t 5 t 3 2 z 3z 2z 5 z t 1 t 2 2 1 0 0,75 t 1 z 1 z 2 2 1 0 z 1 Do đó t = y = z = 1. t 1 2) Trường hợp t z y . Tương tự ta có: y 1 0,75 Do đó t = y = z = 1. Nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (x: y: z) = (3: 1: 1) 0,25 Câu 3 (4 điểm) a) Tìm số nguyên dương n để B = n4 + n3 + n2 + n + 1 là số chính phương. 2011 2010 b) So sánh M và N biết M 20102010 20112010 , N 20102011 20112011 . a) (2 điểm). Đặt n4 + n3 + n2 + n + 1 = k2 (1) (với k nguyên dương) 0,25 Ta có (1) 4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + 4 = 4k2 0,75 (2n2 +n)2 +2n2 +(n+2)2 = (2k)2 (2k)2 > (2n2 +n)2 (2k)2 (2n2 +n+1)2 (do k và n nguyên dương) 4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + 4 (2n2 +n+1)2 (n+1)(n-3) 0 0,75 n 3 n 1; 2; 3 Thay các giá trị của n vào (1), chỉ có n = 3 thoả mãn đề bài. 0,25 b) (2 điểm). Đặt a 20102010, b 20112010 . Ta có: 0,50 M (a b)2011, N (2010a +2011b)2010 2010(a +b)+b2010
18. 2010 2010 N 2010 a b b 1 b 2010 2010 Xét: M a b a b a b a b 0,50 2010 b b 2010 1 2010 2011 b Vì a b a b 0,50 N b Nên 1 N M 0,50 M a b Câu 4 (2 điểm) Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4a b 3c 8c A . a b 2c 2a b c a b 3c x a b 2c a y z 2x Đặt y 2a b c b 5x y 3z (x,y,z > 0) 0,50 z a b 3c c z x Khi đó: 4(y z 2x ) 2x y 8(z x ) 4 y 2x 4z 8x 0,50 A 17 x y z x y x z Do đó 0,50 A 2 8 2 32 17 12 2 17 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2y 2x 2z 2 2x 4 3 2 a t 2 0,50 10 7 2 b t 2 c 2 1 t (với t R, t > 0) Câu 5 (7 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D. a) Chứng minh AM.AC AN.AD . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích AC.AD . c) Ch/minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc một đường thẳng cố định. d) Gọi I là giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng
19. Hình vẽ: C d B M F K E P I M A B N O D N A C P D · · · · · · a) (1,5 điểm). Ta có ANM ABM , ABM ACB . Suy ra: ACB ANM 0,75 Do đó AMN và ADC đồng dạng. AM AN AM.AC AN.AD 0,75 AD AC b) (2 điểm). Ta có: AC.AD CD.AB 2R.CD (1) 0,50 Lại có CD BD BC 2 BD.CD 2 AB2 4R (2) 0,50 Từ (1) và (2), suy ra CD.AD 8R 2 0,50 Dấu “=” xảy ra khi MN vuông góc với AB 0,50 c) (2 điểm). Gọi P là tâm đường tròn ngoại tiếp MNC , K là trung điểm của CD, S là giao điểm của AK với MN. 0,75 Ta thấy tứ giác MNDC là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm P nên A·MN A·DC , S·AM K·CA A·NM . Suy ra: MN vuông góc với AK Lại có: PO vuông góc với MN nên AK song song với OP, mà PK song song với 0,75 AO. Suy ra: tứ giác AOPK là hình bình hành, hay KP = AO =R Vì d là đường thẳng cố đinh, PK = R không đổi nên P thuộc đường thẳng song 0,50 song với d, cách d một khoảng R cố định. d) (1,5 điểm). Trước hết ta chứng minh bài toán: Nếu tam giác ABC có các điểm 0,50 M, N, P thẳng hàng và lần lượt thuộc các đường thẳng AB, BC, CA thì:
20. AP CN BM . . = 1. PC NB MA Thật vậy: Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MN tại D, ta có: AP AM CN CD và . PC CD NB BM Do đó ta có điều phải chứng minh. Áp dụng bài toán trên vào tam giác ACO với ba điểm thẳng hàng là B, I, M, ta có: AB OI CM OI MA . . 1 (1) BO IC MA IC 2CM 0,25 OI FB Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng hàng là A, I, F ta có: (2) IC 2CF MA FB Từ (1) và (2) ta có = . Do đó MF // AB (định lí Ta lét đảo) CM CF 0,25 Mà AB  BC MF  BC M· FC 900 Ta có E·FB E·BA (cùng phụ với góc EAB) E·BA E·MC (tứ giác AMEB nội tiếp) 0,25 E·FB E·MC Tứ giác MEDC nội tiếp M· EC M· DC 900 . Do đó: ME  EC (3) Lại có M· EN 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ME  EN (4) 0,25 Từ (3) và (4) suy ra M, E, N thẳng hàng.