›
›
›

Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

doc 78 trang thaodu 6680
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_chuyen_nguyen_trai_mon_toa.doc

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

  1. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn H¶I d­¬ng nguyÔn tr·i - N¨m häc 2009-2010 M«n thi : to¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót §Ò thi chÝnh thøc Ngµy thi 08 th¸ng 7 n¨m 2009 (§Ò thi gåm: 01 trang) C©u I (2.5 ®iÓm): 1) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: x2 y2 xy 3 2 xy 3x 4 2) T×m m nguyªn ®Ó ph­¬ng tr×nh sau cã Ýt nhÊt mét nghiÖm nguyªn: 4x2 4mx 2m2 5m 6 0 C©u II (2.5 ®iÓm): 1) Rót gän biÓu thøc: 3 3 2 4 x2 2 x 2 x A víi 2 x 2 4 4 x2 2) Cho tr­íc sè h÷u tØ m sao cho 3 m lµ sè v« tØ. T×m c¸c sè h÷u tØ a, b, c ®Ó: a 3 m2 b 3 m c 0 C©u III (2.0 ®iÓm): 1) Cho ®a thøc bËc ba f(x) víi hÖ sè cña x3 lµ mét sè nguyªn d­¬ng vµ biÕt f(5) f(3) 2010 . Chøng minh r»ng: f(7) f(1) lµ hîp sè. 2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: P x2 4x 5 x2 6x 13 C©u IV (2.0 ®iÓm): Cho tam gi¸c MNP cã ba gãc nhän vµ c¸c ®iÓm A, B, C lÇn l­ît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, N, P trªn NP, MP, MN. Trªn c¸c ®o¹n th¼ng AC, AB lÇn l­ît lÊy D, E sao cho DE song song víi NP. Trªn tia AB lÊy ®iÓm K sao cho D·MK N·MP . Chøng minh r»ng: 1) MD = ME 2) Tø gi¸c MDEK néi tiÕp. Tõ ®ã suy ra ®iÓm M lµ t©m cña ®­êng trßn bµng tiÕp gãc DAK cña tam gi¸c DAK. C©u V (1.0 ®iÓm): Trªn ®­êng trßn (O) lÊy hai ®iÓm cè ®Þnh A vµ C ph©n biÖt. T×m vÞ trÝ cña c¸c ®iÓm B vµ D thuéc ®­êng trßn ®ã ®Ó chu vi tø gi¸c ABCD cã gi¸ trÞ lín nhÊt. HÕt 1
  2. H­íng dÉn chÊm C©u PhÇn néi dung §iÓm c©u I 1) x2 y2 xy 3 (1) 2 2,5 ®iÓm 1,5®iÓm xy 3x 4 (2) 4 3x2 Tõ (2) x 0. Tõ ®ã y , thay vµo (1) ta cã: x 0.25 2 2 2 2 4 3x 4 3x x x. 3 x x 0.25 4 2 7x 23x 16 0 0.25 16 Gi¶i ra ta ®­îc x2 1 hoÆc x2 = 7 0.25 16 4 7 5 7 Tõ x2 1 x 1 y 1 ; x2 x y m 7 7 7 0.25 4 7 5 7 4 7 5 7 VËy hÖ cã nghiÖm (x; y) lµ (1; 1); (-1; -1);; ; ; 7 7 7 7 0.25 2) §iÒu kiÖn ®Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm: x ' 0 0.25 1,0®iÓm m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0 . V× (m - 2) > (m - 3) nªn: x ' 0 m 2 0 vµ m 3 0 2 m 3, mµ m Z m = 2 hoÆc m = 3. 0.25 Khi m = 2 x ' = 0 x = -1 (tháa m·n) Khi m = 3 x ' = 0 x = - 1,5 (lo¹i). 0.25 VËy m = 2. 0.25 c©u II 1) §Æt a 2 x; b 2 x (a, b 0) 2,5 ®iÓm 1,5®iÓm a2 b2 4; a2 b2 2x 0.25 2 ab a3 b3 2 ab a b a2 b2 ab A 4 ab 4 ab 0.25 2 ab a b 4 ab A 2 ab a b 4 ab 0.25 A 2 4 2ab a b 0.25 2 2 A 2 a b 2ab a b a b a b 0.25 A 2 a2 b2 2x A x 2 0.25 2) a 3 m2 b 3 m c 0 (1) 1,0®iÓm Gi¶ sö cã (1) b 3 m2 c 3 m am 0 (2) Tõ (1), (2) (b2 ac) 3 m (a2m bc) 0.25 2
  3. a2m bc NÕu a2m bc 0 3 m lµ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶ thiÕt! b2 ac b2 ac 0 b3 abc 2 2 a m bc 0 bc am 0.25 b b3 a3m b a 3 m . NÕu b 0 th×3 m lµ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶ thiÕt! a a 0;b 0. Tõ ®ã ta t×m ®­îc c = 0. 0.25 Ng­îc l¹i nÕu a = b = c = 0 th× (1) lu«n ®óng. VËy: a = b = c = 0 0.25 3 2 c©u III 1) Theo bµi ra f(x) cã d¹ng: f(x) = ax + bx + cx + d víi a nguyªn d­¬ng. 0.25 3 3 2 2 2 ®iÓm 1,0®iÓm Ta cã: 2010 = f(5) - f(3) = (5 - 3 )a + (5 - 3 )b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c 16b + 2c = (2010- 98a) 0.25 Ta cã f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c) = 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)M3 0.25 V× a nguyªn d­¬ng nªn 16a + 2010>1 . VËy f(7)-f(1) lµ hîp sè 0.25 2 2 2) P x 2 12 x 3 22 1,0®iÓm Trªn mÆt ph¼ng täa ®é Oxy lÊy c¸c ®iÓm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25 2 2 Ta chøng minh ®­îc: AB x 2 x 3 1 2 25 1 26 2 2 2 2 OA x 2 1 , OB x 3 2 0.25 2 2 MÆt kh¸c ta cã: OA OB AB x 2 12 x 3 22 26 0.25 DÊu “=” x¶y ra khi A thuéc ®o¹n OB hoÆc B thuéc ®o¹n OA x 2 1 x 7 .Thö l¹i x = 7 th× A(5; 1); B(10; 2) nªn A thuéc ®o¹n x 3 2 OB. VËy MaxP 26 khi x = 7. 0.25 c©uIV 1) Ta dÔ dµng chøng minh tø gi¸c · · 2 ®iÓm 0,75®iÓm MBAN néi tiÕp MAB MNB , · · M MCAP néi tiÕp CAM CPM . 0.25 L¹i cã B·NM C·PM K (cïng phô gãc NMP) B C·AM B·AM (1) 0.25 C Do DE // NP mÆt kh¸c D E MA NP MA  DE (2) Tõ (1), (2) ADE c©n t¹i A MA lµ trung trùc cña DE MD = ME N P 0.25 A 2) 1,25®iÓm 0.25 3
  4. M K B C D E N P A Do DE//NP nªn D·EK N· AB , mÆt kh¸c tø gi¸c MNAB néi tiÕp nªn: N·MB N· AB 1800 N·MB D·EK 1800 Theo gi¶ thiÕt D·MK N·MP D·MK D·EK 1800 Tø gi¸c MDEK néi tiÕp 0.25 Do MA lµ trung trùc cña DE MEA MDA 0.25 M· EA M· DA M· EK M· DC . 0.25 V× M· EK M· DK M· DK M· DC DM lµ ph©n gi¸c cña gãc CDK, kÕt hîp víi AM lµ ph©n gi¸c DAB M lµ t©m cña ®­êng trßn bµng tiÕp gãc DAK cña tam gi¸c DAK. 0.25 c©u V A' 1 ®iÓm B' B O A C D' D Kh«ng mÊt tæng qu¸t gi¶ sö:AB AC. Gäi B’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung A¼BC AB' CB' Trªn tia ®èi cña BC lÊy ®iÓm A’ sao cho BA’ = BA AB BC CA' 0.25 Ta cã: B·'BC B·'AC B·'CA (1) ; B·'CA B·'BA 1800 (2) B·'BC B·'BA' 1800 (3);Tõ (1), (2), (3) B·'BA B·'BA' 0.25 Hai tam gi¸c A’BB’ vµ ABB’ b»ng nhau A'B' B'A Ta cã B'A B'C B'A' B'C A'C = AB + BC ( B’A + B’C kh«ng ®æi v× B’, A, C cè ®Þnh). DÊu “=” x¶y ra khi B trïng víi B’. 0.25 Hoµn toµn t­¬ng tù nÕu gäi D’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung A¼DC th× ta còng cã AD’ + CD’ AD + CD. DÊu “=” x¶y ra khi D trïng víi D’. Chu vi tø gi¸c ABCD lín nhÊt khi B, D lµ c¸c ®iÓm chÝnh gi÷a c¸c cung A»C cña ®­êng trßn (O) 0.25 4
  5. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn H­ng yªn N¨m häc 2009 – 2010 M«n thi: To¸n ®Ò chÝnh thøc (Dµnh cho thÝ sinh thi vµo c¸c líp chuyªn To¸n, Tin) Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: (1,5 ®iÓm) 1 1 Cho a 2 : 7 1 1 7 1 1 H·y lËp mét ph­¬ng tr×nh bËc hai cã hÖ sè nguyªn nhËn a - 1 lµ mét nghiÖm. Bµi 2: (2,5 ®iÓm) x 16 xy y 3 a) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: y 9 xy x 2 2 b) T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh x2 2x 3x2 6x m 0 cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 3: (2,0 ®iÓm) a) Chøng minh r»ng nÕu sè nguyªn k lín h¬n 1 tho¶ m·n k2 4 vµ k2 16 lµ c¸c sè nguyªn tè th× k chia hÕt cho 5. b) Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c cã p lµ nöa chu vi th× p a p b p c 3p Bµi 4: (3,0 ®iÓm) Cho ®­êng trßn t©m O vµ d©y AB kh«ng ®i qua O. Gäi M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AB nhá. D lµ mét ®iÓm thay ®æi trªn cung AB lín (D kh¸c A vµ B). DM c¾t AB t¹i C. Chøng minh r»ng: a) MB.BD MD.BC b) MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD. c) Tæng b¸n kÝnh c¸c ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD vµ ACD kh«ng ®æi. Bµi 5: (1,0 ®iÓm) Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD. LÊy E, F thuéc c¹nh AB; G, H thuéc c¹nh BC; I, J thuéc c¹nh CD; K, M thuéc c¹nh DA sao cho h×nh 8 - gi¸c EFGHIJKM cã c¸c gãc b»ng nhau. Chøng minh r»ng nÕu ®é dµi c¸c c¹nh cña h×nh 8 - gi¸c EFGHIJKM lµ c¸c sè h÷u tØ th× EF = IJ. HÕt H­íng dÉn chÊm thi Bµi 1: (1,5 ®iÓm) 5
  6. 1 1 7 1 1 7 1 1 a 2 : 2 : 0,5 ® 7 1 1 7 1 1 7 2 a = 2 : 7 0,25 ® 7 §Æt x a 1 x 7 1 x 1 7 x2 2x 1 7 0,5 ® x2 2x 6 0 0,25 ® VËy ph­¬ng tr×nh x2 2x 6 0 nhËn 7 1 lµm nghiÖm Bµi 2: (2,5 ®iÓm) x 16 x 16 xy xy (1) y 3 y 3 a) §K: x,y 0 0,25 ® y 9 y x 5 xy (2) x 2 x y 6 Gi¶i (2) 6y2 6x2 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0 0,25 ® 3y * NÕu 2x 3y 0 x . 2 0,25 ® 3y 3 16 Thay vµo (1) ta ®­îc y. 2 2 3 3y2 23 (ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm) 0,25 ® 2 6 2y * NÕu 3x 2y 0 x . 3 0,25 ® Thay vµo (1) ta ®­îc y2 9 y 3 - Víi y 3 x 2 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) - Víi y 3 x 2 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) 0,25 ® VËy hÖ ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3) 2 b) §Æt x2 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0) (*) 2 Ph­¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh: y 1 3 y 1 m 0 0,25 ® y2 5y m 4 0 (1) Tõ (*) ta thÊy, ®Ó ph­¬ng tr×nh ®· cho cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× ph­¬ng tr×nh (1) cã 0,25 ® 2 nghiÖm d­¬ng ph©n biÖt 0 9 4m 0 S 0 5 0 0,25 ® P 0 m 4 0 6
  7. 9 m 9 4 4 m 4 m 4 0,25 ® 9 VËy víi 4 m th× ph­¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. 4 Bµi 3: (2,0 ®iÓm) a) V× k > 1 suy ra k2 4 5; k2 16 5 - XÐt k 5n 1 (víi n ¢ ) k2 25n2 10n 1 k2 4 M5 0,25 ® k2 4 kh«ng lµ sè nguyªn tè. - XÐt k 5n 2 (víi n ¢ ) k2 25n2 20n 4 k2 16 M5 0,25 ® k2 16 kh«ng lµ sè nguyªn tè. - XÐt k 5n 3 (víi n ¢ ) k2 25n2 30n 9 k2 16 M5 0,25 ® k2 16 kh«ng lµ sè nguyªn tè. - XÐt k 5n 4 (víi n ¢ ) k2 25n2 40n 16 k2 4 M5 k2 4 kh«ng lµ sè nguyªn tè. 0,25 ® Do vËy kM5 2 b) Ta chøng minh: Víi a,b,c th× a b c 3 a2 b2 c2 (*) ThËt vËy (*) a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca 3a2 3b2 3c2 0,5 ® (a b)2 (b c)2 (c a)2 0 (lu«n ®óng) ¸p dông (*) ta cã: 2 p a p b p c 3 3p a b c 3p 0,5 ® Suy ra p a p b p c 3p (®pcm) Bµi 4: (3,0 ®iÓm) N D J I O A C B M 7
  8. a) XÐt MBC vµ MDB cã: B·DM M· BC (haigãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) 0,5 ® B·MC B·MD Do vËy MBC vµ MDB ®ång d¹ng MB MD 0,5 ® Suy ra MB.BD MD.BC BC BD b) Gäi (J) lµ ®­êng trßn ngo¹i tiÕp BDC B· JC 2B·DC 2M· BC B· JC hay M· BC 2 0,5 ® 1800 B· JC BCJ c©n t¹i J C· BJ 2 B· JC 180O B· JC Suy ra M· BC C· BJ 90O MB  BJ 2 2 0,5 ® Suy ra MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (J), suy ra J thuéc NB c) KÎ ®­êng kÝnh MN cña (O) NB  MB Mµ MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (J), suy ra J thuéc NB Gäi (I) lµ ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ADC 0,5 ® Chøng minh t­¬ng tù I thuéc AN Ta cã A· NB A· DB 2B·DM B· JC CJ // IN Chøng minh t­¬ng tù: CI // JN Do ®ã tø gi¸c CINJ lµ h×nh b×nh hµnh CI = NJ Suy ra tæng b¸n kÝnh cña hai ®­êng trßn (I) vµ (J) lµ: 0,5 ® IC + JB = BN (kh«ng ®æi) Bµi 5: (1,0 ®iÓm) A E a F B b G h c M H g K d f e D J I C Gäi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (víi a, b, c, d, e, f, g, h lµ c¸c sè h÷u tØ d­¬ng) 0,25 ® Do c¸c gãc cña h×nh 8 c¹nh b»ng nhau nªn mçi gãc trong cña h×nh 8 c¹nh cã sè ®o (8 2).180O lµ: 135O 8 Suy ra mçi gãc ngoµi cña h×nh 8 c¹nh ®ã lµ: 180O - 135O = 45O 0,5 ® 8
  9. Do ®ã c¸c tam gi¸c MAE ; FBG ; CIH ; DKJ lµ c¸c tam gi¸c vu«ng c©n. h b d f MA = AE = ; BF = BG = ; CH = CI = ; DK = DJ = 2 2 2 2 h b f d Ta cã AB = CD nªn: a e 2 2 2 2 (e - a)2 = h + b - f - d h b f d NÕu e - a ≠ 0 th× 2 ¤ (®iÒu nµy v« lý do 2 lµ sè v« tØ) e a 0,25 ® VËy e - a = 0 e = a hay EF = IJ (®pcm). SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO LỚP 10 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 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 ³ Với mọi số nguyên m,n. n n2 ( 3 + 2) ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10 TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2009 9
  10. Bài 1: Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:a,b,c >0 và a b + c a + b + c a a 2a Vậy ta có 0 2 Đặt f(x) = 3x2 -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) ¹ 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 æ1 1 ö ç ÷ < = = ç - ÷ 4n2 + 4n 2 n + 1. n 2 èç n n + 1÷ø 1 æ 1 1 1 1 1 ö 1 æ 1 ö 1 ç ÷ ç ÷ Do đó Sn < ç1- + - + + - ÷= ç1- ÷< 2 èç 2 2 3 n n + 1ø÷ 2 èç n + 1ø÷ 2 Bài 3: C Ta có B·AD = C·AE ( Do cung EB = cung EC) Và A·EC = D· BA ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) nên ΔBAD ΔEAC BA AE E a Þ = Þ AB.AC = AE.AD(1) O b AD AC Ta có A·DC = B·DC(§èi ®Ønh) vµ C·AD = D·BE D (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE) nên ΔACD ΔBDE AD DB Þ = Þ 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 + c 10
  11. DC DB a a a2bc vậy . = . Þ DB.DC = 2 b c b + c b + c (b + c) 2 æ 2 ö a bc ç a ÷ theo câu a ta có AD2 = AB.AC – DB.DC = bc- = bcç1- ÷ 2 ç 2 ÷ (b + c) èç (b + c) ø÷ æ 2 ö ç a ÷ Þ AD = bcç1- ÷ ç 2 ÷ èç (b + c) ø÷ Bài 5: m m Vì lµ sè h÷u tØ vµ 2lµ sè v« tØ nªn ¹ 2 n n Ta xet hai trường hợp: m a) > 2 Khi ®ã m2 > 2n2 Þ m2 ³ 2n2 + 1 hay m ³ 2n2 + 1 n Từ đó suy ra : 1 2 2 + - 2 m 2n + 1 1 n2 1 1 - 2 ³ - 2 = 2 + 2 - 2 = = ³ n n n 1 æ 1 ö n2 3 + 2 2 + + 2 2 ç 2 + + 2÷ ( ) 2 n ç 2 ÷ n èç n ÷ø m b) < 2 Khi ®ã m2 < 2n2 Þ m2 £ 2n2 - 1 hay m £ 2n2 - 1 n Từ đó suy ra : 1 2 - 2 + m m 2n2 - 1 1 2 - 2 = 2 - ³ 2 - = 2 - 2 - = n n n n n2 1 2 + 2 - n2 1 1 = ³ æ ö 2 2 1 ÷ n 3 + 2 n ç 2 + 2 - ÷ ( ) ç 2 ÷ èç n ÷ø 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) 11
  12. 1 1 9 x y x y 2 a) Giải hệ phương trình: 1 5 xy 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 4x2 4x 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— Câu 1 (3,0 điểm). a) 1,75 điểm: Nội dung trình bày Điểm Điều kiện xy 0 0,25 2[xy(x y) (x y)] 9xy (1) Hệ đã cho 2 0,25 2(xy) 5xy 2 0 (2) xy 2 (3) Giải PT(2) ta được: 1 0,50 xy (4) 2 x 1 x y 3 y 2 Từ (1)&(3) có: 0,25 xy 2 x 2 y 1 12
  13. x 1 3 1 x y y 2 2 Từ (1)&(4) có: 0,25 1 1 xy x 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 Điểm Xét 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) 0,25 TH3. 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) 0,25 x 3 1 p 1. p 1 Nếu p 1 thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2 x ; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25 Nếu p 1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 3 x 2 ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25 Kết 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 1 Câu 2 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm + Phát hiện và chứng minh bc ca ab 1 1,0 (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 Điểm Điều 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 | 2x 1| | x 1| 3 | 2x 1| | x 1| 2 1 4(x 1) 4(x 1) 1 2x Nếu x 1 . Khi đó C 1 0 C 1 1 0 3 2x 1 3(2x 1) 3(2x 1) 3(2x 1) 0,5 Suy ra 0 C 1 , hay C không thể là số nguyên với x 1 . 1 Nếu x 1 . Khi đó: x 0 (vì x nguyên) và C 0 . Vậy x 0 là một giá trị cần tìm. 0,25 2 1 Nếu x . Khi đó x 1 (do x nguyên). Ta có: 0,25 2 13
  14. 2 1 4(x 1) 4(x 1) 2x 1 C 1 0 và C 1 1 0 , suy ra 1 C 0 3 2x 1 3(2x 1) 3(2x 1) 3(2x 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: A I B Nội dung trình bày Điểm Gọi I là trung điểm AB, E IK CD, R IM CD . Xét hai tam giác 0,25 K · · M KIB và KED có: ABD BDC KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25 Q I·KB E·KD 0,25 Suy ra KIB KED IK KE . 0,25 D E H R C Chứng minh tương tự có: MIA MRC 0,25 Suy ra: MI = MR 0,25 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 Điểm Ta có: IA=IB, KB=KD (gt) IK là đường trung bình của ABD IK//AD hay IE//AD 0,25 chứng minh tương tự trong ABC có IM//BC hay IR//BC Có: QK  AD (gt), IE//AD (CM trên) QK  IE . Tương tự có QM  IR 0,25 Từ trên có: IK=KE, QK  IE QK là trung trực ứng với cạnh IE của IER . Tương tự QM là 0,25 trung trực thứ hai của IER Hạ QH  CD suy ra QH là trung trực thứ ba của IER hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD 0,25 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 A' Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó 0.25 S 1. Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác A' B 'C ' (hình vẽ). Khi đó SA'B'C ' 4SABC 4 . Ta sẽ chứng 0.25 minh 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 0.25 14
  15. d P; AB d C; AB , suy ra SPAB SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn 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 x2 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 - b2 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 670 a2 b2 c2 ab bc ca Bài 4 : ( 3, 5 điểm ) Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c x3 x1 1; x4 x2 1 x1 x2 b(1) x1.x2 c(2) Theo hệ thức Vi ét ta có 2 x 1 x 1 b (3) 1 2 x1 1 . x2 1 bc(4) Từ (1 ) và ( 3 ) => b2 + b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2 15
  16. 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 4c 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 3 a b c 3 abc 1 1 1 => a b c 9 a b c dấu “=” sảy ra  a = b = c a b c 2 2. ta có ab bc ca a2 b2 c2 ab bc ca 3 3 2007 669 ab bc ca Áp dụng câu 1 ta có 1 1 1 2 2 2 2 2 2 a b c 2ab 2bc 2ca 9 a b c ab bc ca ab bc ca 1 1 9 => 1 a2 b2 c2 ab bc ca a b c 2 1 2009 vậy 670 . dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1 a2 b2 c2 ab bc ca 1 B·OP B·AO A·BO µA Bµ 2 1800 Cµ 1 Bài 4 : a) ta có P·NC µA Bµ 2 2 B·OP P·NC => tứ giác BOPN nội tiếp +) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp +) do tứ giác AOQM nội tiếp=> A·QO A·MO 900 tứ giác BOPN nội tiếp => B·PO B·NO 900 => A·QB A·PB 900 => tứ giác AQPB nội tiếp b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA 1 => E·QB E·BQ Bµ Q·BC => QE //BC 2 Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC  Q; E; F thẳng hàng c) 16
  17. 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 x 2 2 n m m n 3 y 1 y y 1 => tồn tại m; n sao cho y y 1 3 9 3.3 3 3 m b x m b x +) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0 9m 3.3m 3M3 3n M3 +) nếu m > 0 thì n 1 m m n 9 3.3 3M9 3 M9 => 9m 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 lẻ 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 x2 3x 2 x 2 1 x 7 x y 2) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: x 12 x y Bµi 2.(2,0 ®iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh: x 6x 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: x x 24 1 2 x1 x2 3 17
  18. Bµi 3.(2,0 ®iÓm) 1) Cho ph­¬ng tr×nh: 2x2 2 2m 6 x 6m 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) T×m sè abc tho¶ m·n:abc a b 2 4c . Bµi 4.(3,5 ®iÓm) Cho ∆ABC nhän cã Cµ Aµ.§­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. Cµ a) Chøng minh:A· IB 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. 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 Gîi ý mét sè c©u khã trong ®Ò thi: Bµi 3: 1) Ta cã ' = 4m2 12m 68 2m 3 2 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 2m 3 2 77 n2 2m 3 2 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 100a 10b 2 100a 10b c a b .4c c (do 4 a b 1 0) 4 a b 2 1 10 10a b 10 a b 9a 4 a b 2 1 4 a b 2 1 Ta cã 4 a b 2 1 lµ sè lÎ vµ do 0 c 9 nªn 4 a b 2 1 M 5. Mµ 4 a b 2 lµ sè ch½n nªn 4 a b 2 ph¶i cã tËn cïng lµ 6 a b 2 ph¶i cã tËn cïng lµ 4 hoÆc 9. (*) 2.5ab MÆt kh¸c c vµ 4(a b)2 1 4 a b 2 1 lµ sè lÎ 4 a b 2 1 <500 a b 2 125,25 ( ) KÕt hîp (*) vµ ( ) ta cã a b 2 {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 M 3 c  N 18
  19. 10 3 9a 6 1 3a + NÕu a+b =3 ta cã c . V× 0<a<4 vµ 1+3aM 7 1+3a=7 a=2, 35 7 khi ®ã c=6 vµ b=1.Ta cã sè 216 tho¶ m·n. KÕt luËn sè 216 lµ sè cÇn t×m. 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 ·ABI kh«ng ®æi (tia Bx lµ tia 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 – 2010 Ñeà, lôøi giaûi Caùch khaùc, nhaän xeùt 19
  20. Baøi 1: (1 ñieåm) Cho phöông trình ax2 + bx + c = 2 0 coù 2 nghieäm phaân bieät x1, x2. Ñaët S2 = x1 + 2 x2 ; S1 = x1.x2 Chöùng minh raèng: a.S2 + b.S1 + 2c = 0 b c Theo Vi-eùt ta coù: x1+ x2 = ; x1.x2 = a a 2 2 a.S2 + b.S1 + 2c = a x1 x2 b x1 x2 2c a x x 2 2 x x b x x 2c 1 2 1 2 1 2 2 a x1 x2 2a x1x2 b x1 x2 2c 2 b c b a  2a. b. 2c a a a b2 b2 2c 2c 0 (do a 0) a a Baøi 2: (2 ñieåm) Cho phöông trình: 2x - 7x + 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: 2.9 - 79 +3m – 4 = 0 Caùch khaùc: 2 3m = 7 2 x 7 x 3 0 (2) m = 7/3 x = 9 x 3 Töø (1) ta coù x 0 theá vaøo (1) ta ñöôïc pt: 1 1 2 7 2 x 7 x 3 0 (2) x x 1 2 2 Ñaët x t 0 ta coù pt: 2t2 – 7t + 3 = 0 7 3 x Giaûi tìm ñöôïc t = 3 ; t = ½ 2 2 1 2 maø Suy ra x = 9 ; x = ¼ 7 1 1 2 x 3 b/ Töø (1) coi phöông trình vôùi aån laø x 2 2 2 81 24m 1 x x2 Laäp 7 4 S x x 1 2 2 Caâu b: Ñeå pt (1) coù nghieäm thì: Coù theå yeâu caàu tìm soá nguyeân lôùn nhaát 81 24m 0 cuûa m ñeå phöông trình (1) coù nghieäm. x 27 Chuù yù: neáu thay x bôûi x ta coù baøi 7 m 8 S x1 x2 0 2 toaùn töông töï. Baøi 3: (2 ñieåm) Giaûi heä phöông trình: Neáu x, y, z ñeàu laø caùc soá döông thì heä chæ 20
  21. x 1 y 2 2 (1) 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 M(m 3 ; 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): x2 3 x 3 3 m mx2 9x 9m (do m 0) mx2 9x 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 21
  22. 2 xA, xB phaûi thoûa maõn pt: mx + 9x – 9m = 0 9 Theo Vi-eùt ta coù: xA+ xB = ; xA. xB = -9 m 3 3 Do A, B (d) y x 3 ; y x 3 A m A B m B Theo coâng thöùc tính khoaûng caùch: 2 2 AB xA xB yA yB 2 2 3 3 xA xB xA xB m m 2 9 2 x x x x A B m2 A B 2 9 xA xB 1 2 m 2 9 xA xB 4xA.xB 1 2 m 2 9 9 4( 9) 1 2 m m 81 9 2 36 1 2 m m 81 729 324 36 36 6 m2 m4 m2 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. Chöùng minh boán ñieåm B, C, E, D thuoäc moät ñöôøng troøn coù taâm laø K. Xaùc ñònh taâm K cuûa ñöôøng troøn. E / 2 1 C / µ ¶ 2 = a/ Xeùt (O) ta coù C1 B2 (chaén cung AnB) 1 2 1 2 D ¶ µ x Xeùt (O’) ta coù D1 B1 (chaén cung AmB) K A 1 O = x O' j1 2 B 22
  23. ABC : ADB AB AC BC (1) AD AB BD AB2 AC.AD 2 2 BC AB AB2 AC.AD AC 2 2 BD AD AD AD AD b/ Töø (1) thay AE = AB ta coù AE AC (*) maët khaùc: AD AE µ ¶ µ ¶ ¶ ¶ A1 C 1 B1 ; A2 B 2 D1 µ ¶ A1 A2 ( ) Töø (*) vaø ( ) suy ra: AEC : ADE (c g c) ¶ ¶ E2 D2 · · µ ¶ µ ¶ CED CBD E1 E2 B1 B2 µ ¶ ¶ ¶ E1 D2 D1 B2 1800 (xet BDE) Vaäy töù giaùc BCED noäi tieáp ñöôøng troøn taâm K. Vôùi K laø gaio ñieåm 3 ñöôøng tröïc cuûa BCE hoaëc BDE 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 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) 23
  24. 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 a2 b2 c2 a2b b2c c2a Hết 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 §iÓm Bµi 1 3,5 ® a 2,0® 3 x 2 3 7 x 3 x 2 7 x 33 x 2.3 7 x 3 x 2 3 7 x 27 0.50® 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® x2 5x 6 0 0.25® x 1 ( tháa m·n ) 0.50® x 6 b 1,50® 2 §Æt z 0.25® y 2 3x z3 HÖ ®· cho trë thµnh 0.25® 3 2 3z x 3 x z z3 x3 0,25® x z x2 xz z2 3 0 0,25® x z (v× x2 xz z2 3 0, x, z ). 0,25® 3 x 1 Tõ ®ã ta cã ph­¬ng tr×nh: x 3x 2 0 0,25® x 2 24
  25. VËy hÖ ®· cho cã 2 nghiÖm: (x, y) ( 1; 2), 2,1 Bµi 2: 1,0 ® §iÒu kiÖn ®Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm: 0 a2 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 x1 1 3 x1 1 1 hoÆc (do x1 - 1 ≥ x2 -1) x2 1 1 x2 1 3 x1 4 x1 0 hoÆc 0,25® x2 2 x2 2 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 ·ABC nªn ·ABM M· BC ¼AM M¼N 0,25® M· AE M· AN (1) 0,50® V× M, N thuéc ®­êng trßn ®­êng A 0,25® kÝnh AB nªn ·AMB ·ANB 900 · · 0 E ANK AME 90 , kÕt hîp víi (1) ta cã tam gi¸c AME ®ång 0,50® M d¹ng víi tam gi¸c ANK AN AK 0,25® C AM AE B N K AN.AE = AM.AK (®pcm) 0,25® Bµi 4: 1,5 ® V× tø gi¸c AMIN néi tiÕp nªn ·ANM ·AIM A V× tø gi¸c BMNC néi tiÕp nªn ·ANM ·ABC 0,25® ·AIM ·ABC .Suy ra tø gi¸c BOIM néi tiÕp Tõ chøng minh trªn suy ra tam gi¸c AMI E ®ång d¹ng víi tam gi¸c AOB N AM AI 0,25® M AI.AO AM.AB (1) AO AB I Gäi E, F lµ giao ®iÓm cña ®­êng th¼ng AO víi (O) (E n»m gi÷a A, O). B O C Chøng minh t­¬ng tù (1) ta ®­îc: 0,25® K AM.AB = AE.AF = (AO - R)(AO + R) (víi BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2 F 3R2 3R2 3R R AI.AO = 3R2 AI OI (2) 0,25® AO 2R 2 2 Tam gi¸c AOB vµ tam gi¸c COK ®ång d¹ng nªn 0,25® OA.OK = OB.OC = R2 25
  26. R2 R2 R OK (3) OA 2R 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 hµnh Bµi 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 0 ab bc ca Suy ra P a2 b2 c2 a2 b2 c2 0,25® 9 (a2 b2 c2 ) P a2 b2 c2 2(a2 b2 c2 ) §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 ®ã SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN 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) 26
  27. 1 1. Cho số x (x R ; x > 0 ) thoả mãn điều kiện : x2 + = 7 . Tính giá trị các biểu x2 1 1 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 Câu 2: (2,0 điểm) 2 Cho phương trình: ax + bx + c = 0 (a 0) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện: 2a2 - 3ab + b2 0 x x 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = . 1 2 2a2 - 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 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 0 Bµi 2. (1,5 ®iÓm) 1 2 x y 2 Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 2 2 x y 1 Bµi 3. (2 ®iÓm) 27
  28. 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 = 16x 4y z hÕt 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 chung Bµi 1 (2 ®iÓm) a) (0,5 ®iÓm) §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña P lµ x 0 vµ x ≠ 1 0.5 x x 1 x b) (1 ®iÓm) 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 x c) (0,5 ®iÓm) P>0 1 x 0 0,25 x 1 0 x 1 0,25 Bµi 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 Víi x 2 1 y 2 2 1 2 1 1 2 1 0,25 x 2 1 K/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 28
  29. x2 x 6 0 x 2 hoÆc x = 3 Víi x = -2 y 4; x 3 y 9 0,25 Hai ®iÓm cÇn t×m lµ (-2;4); (3;9) 0,25 b) (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 2m 3 1 0 m 2 hoÆc m = (lo¹i) m 1 m 1 2 0,25 K/l: Gi¸ trÞ cÇn t×m m = 0; m = -2 Bµi 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 A·MN A·HN (cïng ch¾n cung AN) A·HN A·CH (cïng phô víi H·AN ) (AH lµ ®­êng kÝnh) 0,75 A·MN A·CH AMN : ACB 0,25 b) (1 ®iÓm) HNC vu«ng ®Ønh N v× A·NH 900 cã KH = KC NK = HK l¹i cã IH = IN (b¸n kÝnh ®­êng trßn (AH)) vµ IK chung nªn KNI = KHI (c.c.c) 0,75 K· NI K· HI 900 K· NI 900 Cã KN In, IN lµ b¸ kÝnh cña (AH) KN lµ tiÕp tuyÕn víi ®­êng trßn (AH) 0,25 c) (1 ®iÓm) + Gäi E lµ giao ®iÓm cña Ak víi ®­êng trßn (AH), chøng minh gãc HAK= gãc HBI HA HK Ta cã AH2 HB.HC AH.2IH = HB.2HK 0,5 HB HI HAK: HBI H· AK H· BI + Cã H· AK E·HK (ch¾n cung HE) H· BI E·HK BI // HE 0,25 Cã·AEH 900 (AH lµ ®­êng kÝnh) BI  AK ABK cã BI  AK vµ BK  AI I lµ trùc t©m ABK 0,25 29
  30. Bµi 5 (1 ®iÓm) 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 cèi víi c¸c sè d­¬ng: dÊu b»ng x¶u ra khi y=2x 16x 4y 4 z x 1 dÊu b»ng x¶u ra khi z=4x 16x z 2 0,25 z y 1 dÊu b»ng x¶u ra khi z=2y 4y z VËy P 49/16 P = 49/16 víi x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7 0,25 VËy 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 y x xy 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; x2 thỏa mãn: x1 x2 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) 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). 30
  31. 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 y Đáp án: Câu 1: x = 10; y = 3 A = x – y = 7 Bài 2: a) Với m = 2 thì x1 = 0; x2 = 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 31
  32. 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 43 khi x;y ; 2 3 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: . 2 2x + 2y - 2xy + z = 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) . b) Từ đó suy ra : 3 3 3 3 3 3 3 3 2 3 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= SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010 MÔN : TOÁN (Hệ số 2) 32
  33. 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 Câu 1a. Ta có phương trình : x4 + ax3 +x2 +ax + 1 = 0 (1) (2,0đ) 4 3 2 Khi a =1 , (1) x +x +x +x+1= 0 (2) Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm. 1 1 Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được: x2 + + x + +1= 0 (3). 0,50 x2 x 1 1 1 1 Đặt t = x+ t x+ x + 2 và .x2 + t2 -2 x x x x2 0,50 Phương trình (3) viết lại là : t2 + t - 1 = 0 1 5 1 5 Giải (3) ta được hai nghiệm t và t đều không thỏa điều 0,50 1 2 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 x 2 ta có (2,0đ) 2 1 1 phương trình : x + 2 +a x + +1= 0 . x x 0,50 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- t2 a . t 0,50 (1 - t2 )2 Từ đó : a 2 >2 2 t2 (t2 - 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 0,50 u x + 3 2 2 Đặt : ,u,v 0 u v 9. v = 6 - x 0,50 Phương trình đã có trở thành hệ : u2 + v2 = 9 (u + v)2 - 2uv = 9 0,50 u + v - uv = 3 u + v = 3 + uv 33
  34. uv = 0 u = 0 2 Suy ra : (3+uv) -2uv = 9 0,50 uv = -4 v = 0 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 x2 + 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) 3(x-3)2 + 6y2 + 2z2 + 3y2z2 33 (2) Suy ra : z2 M 3 và 2z2 33 0,50 Hay |z| 3. Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3. 0,50 a) z = 0 , (2) (x-3)2 + 2y2 = 11 (3) 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}. 2 2 b) |z| = 3, (2) (x-3) + 11 y = 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). 0,50 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 + 33 (abc)2xyz +33 abc(xyz)2 (a+x)(b+y)(c+z) abc + xyz+ 33 (abc)2xyz +33 abc(xyz)2 abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz 0,50 33 (abc)2xyz +33 abc(xyz)2 (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc) (2) Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có : 3 2 (abz+ayc+ xbc) 3 (abc) xyz (3) 0,50 (ayz+xbz+ xyc) 33 abc(xyz)2 (4) 0,50 Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó (1) được chứng minh. 34
  35. Câu4b. Áp dụng BĐT (1) với a = 3+ 3 3, b = 1, c = 1, x = 3 - 3 3, y = 1, z = 1 (1,0đ) 0,50 Ta có : abc = 3 + 3 3 , xyz = 3-3 3 , a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2 Từ đó : 3 3+ 3 3 3 3- 3 3 3 6.2.2 2 3 3 (đpcm). 0,50 Câu 5a. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của (2,0) QN, MN, PQ. Khi đó : A M B MN BJ = (trung tuyến vuông MBN) J 2 Q PQ Tương tự DK = . I 0,50 2 N QM K IJ = (IJ là đtb MNQ). 2 PN 0,50 Tương tự IK = . D C 2 P Vì BD BJ + JI + IK + KD. Dođó: AC AC AC 0,50 S .BD (BJ+JI + IK+KD) = (MN+NP+PQ+QM) - đpcm. ABCD 2 2 4 0,50 Câu5b. Chu vi tứ giác MNPQ là : (1,0) MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ = 2(BJ + JI + IK + KD) 2BD (cmt) 0,50 Dấu bằng xảy ra khi đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông cân bằng nhau), lúc đó MNPQ là hình chữ nhật. 0,50 Câu 6. Kí hiệu như hình vẽ. (3,0đ) Phần thuận : y A·OB =A·MB 900 (giả thiết) tứ giác AOBM luôn nội tiếp P H Q x · · 0 AMO ABO 45 (vì AOB M' A M vuông cân tại O) B' Suy ra M luôn nằm trên đường thẳng đi qua O và tạo với đường 0 O PQ một góc 45 . 0,50 Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’ B nằm trên đường thẳng đi qua O 0,50 và tạo với PS một góc 450. S K R Giới hạn : *) Khi A  H thì M  Q, khi A  K thì M  S 0,50 *) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A  H thì M’  P, khi A  K thì M’  R Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) tại A. Kẻ bán kính OB  0,50 OA. Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì A·MO A·BO 450 ) 0 0,50 Suy ra : A·MB A·OB 90 . 0,50 Mà AM//PQ , PQ PS MB//PS. Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông PQRS. 35
  36. =Hết= Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh líp 10 B×NH D¦¥NG THPT Chuyªn Hïng V­¬ng N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n (Chuyªn) Thêi gian lµm bµi: 150 phót §Ò thi chÝnh thøc (kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò.) C©u1: Gi¶i ph­¬ng tr×nh x2 x2 2x 19 2x 39 C©u 2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh 2 x y 3 x y 2 0 x y 5 0 C©u 3: Cho a,b R tháa: 2 2 a a 3 b b 3 3 TÝnh a+ b 36
  37. C©u 4 Cho Ph­¬ng tr×nh bËc hai , x lµ Èn, tham sè m: x2 2 m 1 x 2m 0 1- Chøng minh ph­¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ m. 2- Gäi x1,x2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh . Chøng tá M = x1 + x2 - x1x2 kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m . C©u 5 Cho tam gi¸c ABC cã 3 gãc nhän . BE vµ CF lµ hai ®­êng cao. Trùc t©m H. Trªn HB vµ HC lÇn l­ît lÊy ®iÓm M , N sao cho A·MC A·NB 900 . Chøng minh : AM = AN . 37
  38. Gi¶I ®Ò Thi C©u1: Gi¶i ph­¬ng tr×nh x2 x2 2x 19 2x 39 (*) ®Æt t = x2 2x 19 0 (*) t2 t 2 0 t1 4(nhËn) t2 5(lo¹i x2 2x 19 16 x2 2x 35 0 x1 7 x2 5 C©u 2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh 2 x y 3 x y 2 0 (*) x y 5 0 ®Æt t = x + y t1 1 (*) t2 3t 2 0 t2 2 x 3 x y 1 y 2 x y 5 7 x x y 2 2 x y 5 3 y 2 C©u 3: Cho a,b R tháa: 2 2 a a 3 b b 3 3 TÝnh a+ b 2 2 tõ a a 3 b b 3 3 2 2 2 2 2 2 a a 3 . b b 3 3 a a 3 b b 3 2 2 a a 3 b b 3 3 2 2 a a 3 b b 3 3 vËy 2 2 a a 3 b b 3 3 38
  39. 2 2 2 2 ab + a b + 3 + b a + 3 + a + 3 b + 3 = 3 2 2 2 2 ab - a b + 3 - b a + 3 + a + 3 b + 3 = 3 2 2 2a b + 3 + 2b a + 3 = 0 a b2 + 3 + b a2 + 3 = 0 v × a2 + 3 > 0, b2 + 3 > 0 nª n a = b = 0 a + b = 0 C©u 4 Cho Ph­¬ng tr×nh bËc hai , x lµ Èn, tham sè m: x2 2 m 1 x 2m 0 1. ’ = [-(m+1)]2-2m = m2 +2m +1 -2m = m2 + 1 > 0 Nªn ph­¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ m 2. TheoViet : x1 + x2 = 2(m + 1) x1.x2 = 2m M = x1 + x2 - x1.x2 = 2(m + 1) - 2m = 2 Nªn kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m . C©u 5: AEB : AFC(g-g) A AE AB AF AC AE.AC AF.AB (1) vMAC, ME : ®­êng .cao E MA2 AE.AC (2) vNAB,NF : ®­êng .cao F H NA2 AF.AB (3) Tõ (1),(2),(3) N MA2 = NA2 M MA = NA B C 39
  40. Hướng dẫn 46
  41. Câu 4 48
  42. SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học : 2009-2010 BÌNH Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) ®Ò chÝnh thøc Đề thi gồm : 01 trang Bài 1. (2,0 điểm) : a. Cho k là số nguyên dương bất kì. Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1 2( ) (k 1) k k k 1 1 1 1 1 88 b. Chứng minh rằng: L 2 3 2 4 3 2010 2009 45 Bài 2. (2.5 điểm): Cho phương trình ẩn x: x2 (m 1)x 6 0 (1) (m là tham số) a. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x 1 2 b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức: 2 2 A (x1 9)(x2 4) đạt giá trị lớn nhất. Bài 3. (2,0 điểm): x2 y2 xy 3 a. Giải hệ phương trình sau : 3 3 x y 9 b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x3 2x2 3x 2 y3 Bài 4. (3,0 điểm): Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N. a. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm C, M, N thẳng hàng. b. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất. Bài 5. (0.5 điểm): Cho góc xOy bằng 120o , trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm A sao cho độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương. === Hết === Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: . 52
  43. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH BÌNH Năm học : 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Bài 1. a. Cho k là số nguyên dương bất kì. CMR: (2điểm) 1 1 1 2( ) (k 1) k k k 1 1 1 1 1 88 b. Chứng minh rằng: L 2 3 2 4 3 2010 2009 45 a. 1 2 k 1 2 k Bđt 0.25 (k 1) k k. k 1 (1.0đ) 2k 1 2 k(k 1) 0 0.25 ( k 1 k)2 0 0.25 Luôn đúng với mọi k nguyên dương. 1 1 1 2( ) 0.25 (k 1) k k k 1 b. Áp dụng kết quả câu a ta có: (1.0đ) 1 1 1 1 0.25 VT L 2 1 3 2 4 3 2010 2009 1 1 1 1 1 1 2 2 L 2 0.25 1 2 2 3 2009 2010 1 2 1 0.25 2010 1 88 0.25 2 1 VP (đpcm) 45 45 53
  44. Bài 2 Cho phương trình ẩn x: x2 (m 1)x 6 0 (1) (m là (2.5 tham số) điểm) c. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm x 1 2 d. Tìm m để (1) có 2 nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức: 2 2 A (x1 9)(x2 4) max a. 2 Pt (1) có nghiệm x 1 2 1 2 m 1 1 2 6 0 (1,5đ) 0.5 Tìm được m 5 2 6 và KL. 1.0 b. Tính m 1 2 24 0 m suy ra pt (1) có 2 nghiệm phân biệt (1,0đ) 0.5 x1, x2 . 2 2 A x1x2 6 2x1 3x2 2 0.25 Theo ĐL Vi-et ta có x1x2 6 A 2x1 3x2 0 2x1 3x2 0 x1 3 x1 3 Max A = 0 khi và chỉ khi x1x2 6 x2 2  x2 2 x1 x2 1 m m 0 m 2 0.25 KL : Vậy m = 0 ; m = 2 là các giá trị cần tìm. Bài 3 x2 y2 xy 3 a. Giải hệ phương trình sau : (2 điểm) 3 3 x y 9 b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x3 2x2 3x 2 y3 a Hệ phương trình đã cho (1.0đ) x2 y2 xy 3 x y 3 0.5 2 2 2 (x y)(x y xy) 9 (x y) 3xy 3 x y 3 x 1 x 2 hoặc 0.5 xy 2 y 2 y 1 b 2 3 3 2 3 7 (1.0đ) Ta có y x 2x 3x 2 2 x 0 x y 4 8 0.25 (1) 2 3 3 2 9 15 (x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2 4 16 0.25 (2) Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25 54
  45. Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x 0.25 = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0) Bài 4. Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn (3 điểm) OB (M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N. c. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm C, M, N thẳng hàng. d. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất. N A I B K H J M O D C a. MNB MBC ( Cùng chắn cung BM) 2.0đ MND MDC ( Cùng chắn cung DM) 1.5 BND MNB MND MBC MDC 90o Do đó 5 điểm A, B, C, D, M cùng thuộc một đường tròn Suy ra NC là phân giác của góc BND ( do cung BC = cung BD) Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác của góc BND 0.5 Nên M, N, C thẳng hàng. b. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên AC và BD 1.0đ NHOK là hình chữ nhật Ta có : NA.NC NH.AC NH.a 2 0.5 NB.ND NK.BD NK.a 2 Suy ra 55
  46. NH 2 NK 2 a4 NA.NB.NC.ND 2a2.NH.NK 2a2. a2.NO2 2 2 a (2 2)a Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi NH NK OM 0.5 2 2 Bài 5. Cho góc xOy bằng 120o , trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm A (0.5 sao cho độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh điểm) rằng luôn tồn tại ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương. O B A C y x z Chỉ ra đường thẳng dđi1 qua A và vuông góc với OA thỏa mãn bài toán Đặt OA = a > 1 (a nguyên). Trên tia Ox lấy điểm B sao cho OB = a + 1 nguyên dương. Đường thẳng d2 đi qua A, B cắt tia Oy tại C. 1 1 1 Chứng minh được OB OC OA 1 1 1 0.5 OC a(a 1) là số nguyên a 1 OC a dương Suy ra d2 là một đường thẳng cần tìm. Tương tự lấy B trên Ox sao cho OB = a(a + 1), Ta tìm được đường thẳng d3 Chứng minh d1,d2 ,d3 phân biệt. ĐPCM Hướng dẫn chung 1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm cho từng câu. Yêu cầu học sinh phải trình bầy, lập luận và biến đổi hợp lý, chặt chẽ mới cho điểm tối đa. 2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải bài toán mới cho điểm.( không cho điểm hình vẽ ) 3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 56
  47. 4. Chấm điểm từng phần, điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần( không làm tròn). === N¨m häc 2007- 2008 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT – TP hµ néi Bài 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức P= 1. Rút gọn biểu thức P 1 2. Tìm x để P < 2 Bài 2: (2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B. Bài 3: (1 điểm) Cho phương trình 1. Giải phương trình khi b= -3 và c=2 2. Tìm b,c để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt và tích của chúng bằng 1 Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A và AH <R. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với d, đường thẳng này cắt đường tròn tại hai điểm E và B ( E nằm giữa B và H) 1. Chứng minh góc ABE bằng góc EAH và tam giác ABH đồng dạng với tam giác EAH. 2. Lấy điểm C trên d sao cho H là trung điểm của đoạn AC, đường thẳng CE cắt AB tại K. Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp. 3. Xác định vị trí điểm H để AB= R . Bài 5: (0,5 điểm) Cho đường thẳng y = (m-1)x+2 Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó là lớn nhất. Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT- Hà Nội Năm học 2007-2008 Bài 1: P= 57
  48. 1. Kết quả rút gọn với điều kiện xác định của biểu thức P là 2. Yêu cầu . Đối chiếu với điều kiện xác định của P có kết quả cần tìm là Bài 2: Gọi vận tốc khi đi là x (đơn vị tính km/h, điều kiện là x>0) ta có phương trình . Giải ra ta có nghiệm x=12(km/h) Bài 3: 1. Khi b=-3, c= 2 phương trình x2-3x+2=0 có nghiệm là x=1, x=2 2. Điều kiện cần tìm là Bài 4: 1. vì cùng chắn cung AE. Do đó tam giác ABH và EHA đồng dạng. 2. nên hay . Vậy tứ giác AHEK là nội tiếp đường tròn đường kính AE. 3. M là trung điểm EB thì OM vuông góc BE, OM=AH. Ta có đều cạnh R. Vậy AH= OM= Bài 5: 58
  49. Đường thẳng y = (m-1)x+2 mx= y+x-2đi qua điểm cố định A(0;2). Do đố OA=2. Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ đến đường thẳng d là OA=2, xảy ra khi d vuông góc với OA hay hệ số góc đường thẳng d là 0 tức là m-1. N¨m häc 2007- 2008 KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT – TP HO CHI MINH (TG: 120 phút) Câu 1: (1, 5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 – 2 x + 4 = 0 b) x4 – 29x2 + 100 = 0 5x 6y 17 c) 9x y 7 Câu 2: (1, 5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: a) b) Câu 3: (1 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 675 m2 và có chu vi bằng 120 m. Tìm chiều dài và chiều rộng của khu vườn. Câu 4: (2 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 với m là tham số và x là ẩn số. a) Giải phương trình với m = 1. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2. c) Với điều kiện của câu b hãy tìm m để biểu thức A = x1 x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB HE. Tính HC. 59
  50. Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2007-2008 Câu 1: a) Ta có Δ’ = 1 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x1 = 5 – 1 và x2 = 5 + 1. b) Đặt t = x2 ≥ 0, ta được phương trình trở thành t2 – 29t + 100 = 0 t = 25 hay t =2. * t = 25 x2 = 25 x = ± 5. * t = 4 x2 = 4 x = ± 2. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là ± 2; ±5. c) Câu 2: a) b) Câu 3: Gọi chiều dài là x (m) và chiều rộng là y (m) (x > y > 0). Theo đề bài ta có: Ta có: (*) x2 – 60x + 675 = 0 x = 45 hay x = 15. Khi x = 45 thì y = 15 (nhận) Khi x = 15 thì y = 45 (loại) Vậy chiều dài là 45(m) và chiều rộng là 15 (m) Câu 4: Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 (1) a) Khi m = 1 thì (1) trở thành: x2 – 2x + 1 = 0 (x – 1)2 = 0 x = 1. b) (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Δ’ = m – 1 > 0 m > 1. Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 m > 1. c) Khi m > 1 ta có: 2 S = x1 + x2 = 2m và P = x1x2 = m – m + 1 Do đó: A = P – S = m2 – m + 1 – 2m = m2 – 3m + 1 = − ≥ – . Dấu “=” xảy ra m= (thỏa điều kiện m > 1) Vậy khi m = thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là – . Câu 5: 60
  51. a) * Ta có E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC với đường tròn đường kính BC. Tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC. * Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BF, CE là hai đường cao của ΔABC. H là trực tâm của Δ ABC. AH vuông góc với BC. b) Xét Δ AEC và Δ AFB có: chung và Δ AEC đồng dạng với Δ AFB c) Khi BHOC nội tiếp ta có: mà và (do AEHF nội tiếp) Ta có: K là trung điểm của BC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC OK vuông góc với BC mà tam giác OBC cân tại O (OB = OC ) Vậy mà BC = 2KC nên d) d) Xét Δ EHB và Δ FHC có: (đối đỉnh) Δ EHB đồng dạng với Δ FHC HE.HC = HB.HF = 4.3 = 12 HC(CE – HC) = 12 HC2 – 8.HC + 12 = 0 HC = 2 hoặc HC = 6. * Khi HC = 2 thì HE = 6 (không thỏa HC > HE) * Khi HC = 6 thì HE = 2 (thỏa HC > HE) Vậy HC = 6 (cm). N¨m häc 2008- 2009 61
  52. §Ò thi vµo líp 10 ptth – tp hµ néi M«n to¸n - ( thêi gian 120’) Bµi I 1 x x Cho biÓu thøc : P x x 1 x x 1) Rót gän biÓu thøc P 2) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P khi x = 4 13 3) T×m x ®Ó P = 3 Bµi II : Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph­¬ng tr×nh Th¸ng thø nhÊt hai tæ s¶n xuÊt ®­îc 900 chi tiÕt m¸y . Th¸ng thø hai tæ I v­ît møc 15% vµ tæ hai v­ît møc 10 % so víi th¸ng thø nhÊt , v× vËy hai tæ s¶n xuÊt ®­îc 1010 chi tiÕt m¸y .Hái th¸ng thø nhÊt mçi tæ s¶n xuÊt ®­îc bao nhiªu chi tiÕt m¸y? Bµi III : 1 Trªn hÖ trôc to¹ ®é Oxy, cho Parapol (P) cã ptr×nh lµ :y x2 vµ ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng 2 tr×nh y = mx + 1 a) CMR: víi mäi gi¸ trÞ cña m ®­êng th¼ng (d) lu«n c¾t Parabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt . b) Gäi A ,B lµ hai giao ®iÓm cña (d) vµ (P) .TÝnh diÖn tÝch AOB theo m ( O lµ gèc to¹ ®é ) Bµi IV: Cho ®trßn (O), ®­êng kÝnh AB = 2R vµ E lµ ®iÓm bÊt k× n»m trªn ®­êng trßn ®ã ( E kh¸c A vµ B). §­êng ph©n gi¸c gãc AEB c¾t ®o¹n th¼ng AB t¹i F vµ c¾t ®­êng trßn (O) t¹i ®iÓm thø hai lµ K. a) Chøng minh KAF ®ång d¹ng KEA . b) Gäi I lµ giao ®iÓm cña ®­êng trung trùc ®o¹n EF víi OE. Chøng minh ®­êng trßn (I) b¸n kÝnh IE tiÕp xóc víi ®­êng trßn (O) t¹i E vµ tiÕp xóc víi ®­êng th¼ng AB t¹i F. c) Chøng minh MN // AB , trong ®ã M vµ N lÇn l­ît lµ giao ®iÓm thø hai cña AE , BE víi ®­êng trßn (I). d) TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt chu vi cña KPQ theo R khi E di chuyÓn trªn ®­êng trßn (O), víi P lµ giao ®iÓm cña NE vµ AK, Q lµ giao ®iÓm cña MF vµ BK. Bµi V: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A biÕt 4 4 2 2 A x 1 x 3 6 x 1 x 3 Đáp án Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thành phố Hà Nội 2008 - 2009 Câu I. 1. Rút gọn P Điều kiện: 2. Với 3. Tìm x để: 62
  53. Đặt Với Với Vậy nghiệm là : và Câu II . Gọi tháng thứ nhất tổ I sản xuất được x ( chi tiết máy) Do tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy nên tháng thứ hai tổ II sản xuất được 900 – x (chi tiết máy) (Điều kiện: 0< x < 900) Tháng thứ hai tổ I vượt mức 15% nên tổ I sản xuất được số chi tiết máy là: x + x.15%= x.115% (chi tiết máy) (1) Tháng thứ hai tổ II vượt mức 10% nên tổ II sản xuất được số chi tiết máy là: (900 - x) + (900 – x).10% = (900 – x). 110% ( chi tiết máy) (2) Trong tháng hai cả hai tổ sản xuất được 1010 chi tiết máy, nên từ (1) và (2) ta có phương trình: Vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 (chi tiết máy) Vậy tháng thứ nhất tổ II sản xuất được: 900 – 400 = 500 (chi tiết máy) Câu III. 1. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: (1) (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m vì a.c = - 4 < 0 (2) Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt 63
  54. 2.Phương trình (1) có: Phương trình (1) có 2 nghiệm: và Ta chọn: và Thay vào (d): ta được: và Gọi A’ và B’ lần lượt là hình chiếu của A và B lên trục Ox Gọi S1 là diện tích của hình thang ABB’A’ Gọi S2 là diện tích của tam giác AOA’ (vì ) Gọi S3 là diện tích của tam giác BOB’ Vậy (vì ) Diện tích: (đvdt) Câu IV. 64
  55. 1) Xét hai và có: Góc chung (1) ( góc nội tiếp ) (2) Từ (1) và (2) suy ra: (g.g) 2. Do EK là đường phân giác của góc nên K là điểm chính giữa của cung AB suy ra Mà OK = OE nên cân tại O (3) Mặt khác: I là giao điểm của đường trung trực EF và OE nên IF = IE vậy cân tại (4) Từ (3) và (4) suy ra Vậy IF // OK ( Do ) Vậy đường tròn ( I; IE ) tiếp xúc với AB +) Ta có: E, I, O thẳng hàng và OI = OE – IE = R – IE nên đường tròn ( I; IE ) tiếp xúc với (O; R) 3. AE cắt (I) tại M, BE cắt (I) tại N Mà suy ra MN là đường kính của đường tròn ( I ) nên MN đi qua I Hơn nữa EF là phân giác của góc Theo chứng minh tương tự câu a ta suy ra Vậy MN // AB 4. Theo đề bài ta có NF cắt AK tại P, MF cắt BK tại Q Suy ra ( vì hai góc đối đỉnh) Mà góc ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) ) Vậy tứ giác PKQF là tứ giác nội tiếp đường tròn Suy ra ( vì cùng chắn cung KQ ) Mà ( đối đỉnh) Mặt khác ( do cùng chắn cung ME và MN // AB ) Hơn nữa ( vì cùng chắn cung AE ) Suy ra và (chắn cung FQ) Vậy suy ra PKQF là hình chữ nhật Mặt khác: vuông cân tại P Suy ra AP = PF = KQ Suy ra: PK + KQ = AK Mà vuông cân tại K Vậy chu vi tam giác KPQ là: 65
  56. ( do PQ = KF) Vậy trùng với O hay E là điểm chính giữa của cung AB Câu V. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A (*) Đặt Khi đó (*) (vì ) Vậy N¨m häc 2008- 2009 §Ò thi vµo líp 10 ptth – tp Hå chÝ minh M«n to¸n - ( thêi gian 120’) Bµi I Gi¶I c¸c ph­¬ng tr×nh vµ hÖ ph­¬ng tr×nh sau : a) 2x2 3x 5 0 . b) x 4 3x2 4 0 2x y 1 c) 3x 4y 1 Bµi II : a) VÏ ®å thÞ (P) cña hµm sè y = - x2 vµ ®­êng th¼ng (d) y = x - 2 trªn cïng mét hÖ trôc to¹ ®é . b) T×m to¹ ®é c¸c giao ®iÓm cña (P) vµ (d) ë c©u trªn b»ng phÐp tÝnh. Bµi III : Thu gän biÓu thøc sau : a) A 7 4 3 7 4 3 x 1 x 1 x x 2x 4 x 8 b) . víi x > 0, x 4 B x 4 x 4 x 4 x Bµi IV: Cho ph­¬ng tr×nh x2 - 2mx - 1 = 0 ( m lµ tham sè ) a) Chøng minh ph­¬ng tr×nh trªn lu«n cã hai nghiÖm víi mäi m. 2 2 b) Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh trªn . T×m m ®Ó x1 x2 x1x2 7 Bµi V: Tõ mét ®iÓm M n»m ngoµi ®­êng trßn (O) vÏ c¸t tuyÕn MCD kh«ng ®i qua t©m O vµ hai tuyÕn tuyÕn MA , MB ®Õn ®­êng trßn (O) ë ®©y A , B lµ c¸c tiÕp ®iÓm vµ C n»m gi÷a M vµ D. a) Chøng minh : MA2 = MC.MD b) Gäi I lµ trung ®iÓm cña CD . Chøng minh 5 ®iÓm M, A, O, I, B cïng n»m trªn mét ®­êng trßn . c) Gäi H lµ giao ®iÓm cña AB vµ MO . Chøng minh tø gi¸c CHOD néi tiÕp ®­êng trßn . Suy ra AB lµ ®­êng ph©n gi¸c cña gãc CHD. d) Gäi K lµ giao ®iÓm cña c¸c tiÕp tuyÕn t¹i C vµ D cña ®­êng trßn (O) . Chøng minh 3 ®iÓm A, B, K th¼ng hµng. 66
  57. Đáp án KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2008 – 2009 TP.HCM Môn thi : TOÁN Câu 1: a) có a + b + c = 0 nên có nghiệm là x = 1 hay b) Ðặt , phương trình : (1) thành Phương trình này có dạng a - b + c = 0 nên có nghiệm là t = -1 (loại) hay . Do đó, c) Câu 2: a) Vẽ đồ thị: b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là nghiệm của phương trình: Ta có: y(1) = 1 - 2 = -1; y(-2) = -2 - 2 = -4 Tọa độ giao điểm của (D) và (P) là (1; -1); (-2; -4) Câu 3: a) b) Điều kiện: x - 4 ≠ 0; x + 4 + 4 ≠ 0; ≠ 0; x 0 x ≠ 4; x > 0 (*) Với điều kiện (*) thì: 67
  58. Câu 4: a) Ta có : a.c = -1 < 0, phương trình có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với b) Theo định lý Viet ta có ; với Câu 5: a) Chứng minh : Vì tính chất phương tích của tiếp tuyến nên ta có b) Chứng minh: M, A, O, I, B cùng nằm trên đuờng tròn Vì nên 3 điểm B, A, I cùng nhìn OM dưới một góc vuông. Vậy 5 điểm B, A, I, M, O cùng nội tiếp đường tròn đường kính OM c) Từ hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: (c.g.c) nội tiếp Ta có: (chứng minh trên) ( cùng chắn cung DO) Mà (tam giác COD cân tại O) là phân giác của góc CHD d) K là trực tâm của tam giác CDO thẳng hàng. ( chắn nửa đường tròn đường kính KO) 68
  59. Mà Dễ dàng suy ra A, H, K thẳng hàng suy ra A, B, K thẳng hàng. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT QUẢNG NAM Năm học 2008 -2009 Môn: TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) I. Phần trắc nghiệm (4, 0 điểm) Chọn ý đúng mỗi câu sau và ghi vào giấy làm bài.Ví dụ: Nếu chọn ý A câu 1 thì ghi 1A. Câu 1. Giá trị của biểu thức (3 5 ) 2 bằng A. 3 5 B. 5 3 C. 2 D. 3 5 Câu 2. Đường thẳng y = mx + 2 song song với đường thẳng y = 3x 2 khi A. m = 2 B. m = 2 C. m = 3 D. m = 3 Câu 3. x 3 7 khi x bằng A. 10 B. 52 C. 4 6 D. 14 Câu 4. Điểm thuộc đồ thị hàm số y = 2x2 là A. ( 2; 8) B. (3; 12) C. ( 1; 2) D. (3; 18) Câu 5. Đường thẳng y = x 2 cắt trục hoành tại điểm có toạ độ là A. (2; 0) B. (0; 2) C. (0; 2) D. ( 2; 0) Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Ta có AC AH AB BH A. B.sin C.B D. sin B sin B sin B AB AB BC AB Câu 7. Một hình trụ có bán kính đáy bằng r và chiều cao bằng h. Diện tích xung quanh của hình trụ đó bằng A. r2h B. 2 r2h C. 2 rh D. rh Câu 8. Cho hình vẽ bên, biết BC là đường kính của đường tròn (O), điểm A nằm trên đường thẳng · 0 BC, AM là tiếp tuyến của (O) tại M và MBC = 65 . M Số đo của góc MAC bằng 0 A. 150 B. 250 C. 350 D. 400 A 65 C II. Phần tự luận (6,0 điểm) B O Bài 1. (1,5 điểm) a) Rút gọn các biểu thức: M = 2 5 - 45 + 2 20 ; æ 1 1 ö 5 - 1 N = ç - ÷× . èç3 - 5 3 + 5 ø÷ 5 - 5 b) Tổng của hai số bằng 59. Ba lần của số thứ nhất lớn hơn hai lần của số thứ hai là 7. Tìm hai sè đó. Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 - 5x + m = 0 (1) với x là ẩn số. a) Giải phương trình (1) khi m = 6. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x1 x 2 x 2 x1 6 . Bài 3. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB bằng 6cm. Gọi H là điểm nằm giữa A và B sao cho AH = 1cm. Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB, đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại C và D. Hai đường thẳng BC và DA cắt nhau tại M. Từ M hạ đường vuông góc MN với đường thẳng AB (N thuộc đường thẳng AB). a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp. b) Tính độ dài đoạn thẳng CH và tính tgA·BC . 69
  60. c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt NC ở E. Chứng minh đường thẳng EB đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT QUẢNG NAM Năm học 2008 -2009 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 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 hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi. 3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25. II. Đáp án và thang điểm 1. Phần trắc nghiệm (4,0 điểm) - HS chọn đúng mỗi câu cho 0,5 điểm. - Đáp án Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 A C B D A B C D 2. Phần tự luận (6,0 điểm) Bài Đáp án Điểm a) Biến đổi M 2 5 3 5 4 5 3 5 0,25đ æ 1 1 ö 5 - 1 3 + 5 - (3 - 5 ) 5 - 1 N = ç - ÷× = × 0,25đ èç ø÷ 1 3 - 5 3 + 5 5 - 5 9 - 5 5 ( 5 - 1) 2 5 1 1 (1,5đ) = × = 0,25đ 4 5 2 b) Gọi x là số thứ nhất, y là số thứ hai. ïì x + y = 59 Theo đề bài ta có: í 0,25đ îï 3x - 2y = 7 Giải hệ phường trình tìm được x = 25, y = 34. 0,25đ Kết luận hai số cần tìm là 25 và 34. 0,25đ a) Khi m = 6, ta có PT x2 - 5x + 6 = 0 Lập ∆ = 52 - 4.6 = 1 0,25đ Tìm được hai nghiệm: x1 = 2; x2 = 3 0,5đ b) Lập ∆ = 25 - 4m 25 Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 khi ∆ ≥ 0 hay m 4 0,25đ Áp dụng hệ thức Viet, ta có x1 + x2 = 5 ; x1.x2 = m ì ï x1 + x2 > 0 Hai nghiệm x1, x2 dương khi í hay m > 0. ï 2 îï x1x2 > 0 (1,5đ) Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm dương x1, x2 là 25 0 < m (*) 4 2 Ta có: ( x1 + x2 ) = x1 + x2 + 2 x1.x2 = 5+ 2 m Suy ra x1 + x2 = 5+ 2 m Ta có x1 x2 x2 x1 6 x1.x2 x1 x2 6 0,25đ 70
  61. Hay m 5 2 m 6 2m m 5m 36 0 (1) Đặt t m 0 , khi đó (1) thành: 2t3 + 5t2 - 36 = 0 (t - 2)(2t2 + 9t + 18) = 0 t - 2 = 0 hoặc 2t2 + 9t + 18 = 0 * t - 2 = 0 => t = 2 => m = 4 (thoả mãn (*)). * 2t2 + 9t + 18 = 0 : phương trình vô nghiệm. 0,25đ Vậy với m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x1 x2 x2 x1 6 . Hình vẽ phục vụ a) 0,25đ Hình vẽ phục vụ b), c), d) M 0,25đ K C E I N A H O B D a) Lí luận được A·CM = 900 , A·NM = 900 0.25đ Kết luận ANMC là tứ giác nội tiếp. 0.25đ b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có: 3 CH2 = AH.HB CH = AH.HB 5 (cm) 0,5đ (3,0đ) CH 5 t gA·BC = = 0,25đ HB 5 c) Lí luận được: A·CN=A·MN A·DC=A·BC = B·CO A·DC=A·MN 0,25đ Suy ra được A·CN=B·CO · 0 Lí luận NCO=90 0,25đ Kết luận NC là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Gọi I là giao điểm của BE và CH và K là giao điểm của tiếp tuyến AE và BM. Lí luận được OE//BM. Từ đó lí luận suy ra E là trung điểm của AK 0,25đ IC IH BI 0,25đ Lý luận được (cùng bằng ) EK EA BE Mà EK = EA Do đó IC = IH. Kết luận: Đường thẳng BE đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH. 0,25đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG NAM Năm học 2008-2009 Môn TOÁN Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) 71
  62. Bài 1 ( 1 điểm ): 3 10 20 3 6 12 a) Thực hiện phép tính: . 5 3 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x x 2008 . Bài 2 ( 1,5 điểm ): mx y 2 Cho hệ phương trình: 3x my 5 a) Giải hệ phương trình khi m 2 . b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức m 2 x y 1 . m 2 3 Bài 3 (1,5 điểm ): 1 a) Cho hàm số y x 2 , có đồ thị là (P). Viết phương trình đường thẳng đi qua hai 2 điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hoành độ là 2 và 1. b) Giải phương trình: 3x2 3x 2 x2 x 1 . Bài 4 ( 2 điểm ): Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. MO MO a) Chứng minh: 1 . CD AB 1 1 2 b) Chứng minh: . AB CD MN 2 2 c) Biết SAOB m ; SCOD n . Tính SABCD theo m và n (với SAOB , SCOD , SABCD lần lượt là diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác ABCD). Bài 5 ( 3 điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O; C và D là hai điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp. b) OM  BC. c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố định. Bài 6 ( 1 điểm ): x 2 y 2 a) Cho các số thực dương x; y. Chứng minh rằng:. x y y x b) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n 4 4n là hợp số. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG NAM Năm học 2008-2009 Môn TOÁN Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN I. Hướng dẫn chung: 72
  63. 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 hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi. 3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25. II. Đáp án: Bài Nội dung Điểm ( 5 3)(3 2 2) 0,25 a) Biến đổi được: 5 3 0,25 3 2 2 b) Điều kiện x 2008 1 1 1 1 x x 2008 (x 2008 2. . x 2008 ) 2008 (1đ) 2 4 4 1 8031 8031 ( x 2008 ) 2 0,25 2 4 4 1 8033 Dấu “ = “ xảy ra khi x 2008 x (thỏa mãn). Vậy giá trị nhỏ 2 4 8031 8033 0,25 nhất cần tìm là khi x . 4 4 2x y 2 a) Khi m = 2 ta có hệ phương trình 0,25 3x 2y 5 2 2 5 2x 2y 2 2 x 5 0,25 3x 2y 5 y 2x 2 2 2 5 x 5 2 0,25 (1,5đ) 5 2 6 y 5 2m 5 5m 6 b) Giải tìm được: x ; y m 2 3 m 2 3 0,25 m 2 2m 5 5m 6 m 2 Thay vào hệ thức x y 1 ; ta được 1 0,25 m 2 3 m 2 3 m 2 3 m 2 3 4 Giải tìm được m 0,25 7 1 a) Tìm được M(- 2; - 2); N (1: ) 2 0,25 Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và N nên 2a b 2 1 0,25 a b 3 2 (1,5đ) 1 1 Tìm được a ; b 1 . Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y x 1 2 2 0,25 b) Biến đổi phương trình đã cho thành 3(x 2 x) 2 x 2 x 1 0 Đặt t x 2 x ( điều kiện t 0 ), ta có phương trình 3t 2 2t 1 0 0,25 73
  64. 1 Giải tìm được t = 1 hoặc t = (loại) 3 0,25 1 5 Với t = 1, ta có x 2 x 1 x 2 x 1 0 . Giải ra được x hoặc 2 1 5 x . 2 0,25 Hình vẽ A B M N O 0,25 D C MO AM MO MD a) Chứng minh được ; CD AD AB AD 0,25 4 MO MO AM MD AD (2đ) Suy ra 1 (1) 0,50 CD AB AD AD NO NO b) Tương tự câu a) ta có 1 (2) CD AB MO NO MO NO MN MN (1) và (2) suy ra 2 hay 2 0,25 CD AB CD AB 1 1 2 Suy ra 0,25 CD AB MN S OB S OA OB OA S S AOB ; AOD ; AOB AOD c) SAOD OD SCOD OC OD OC SAOD SCOD 2 2 2 0,25 SAOD m .n SAOD m.n 2 2 2 Tương tự SBOC m.n . Vậy SABCD m n 2mn (m n) 0,25 Hình vẽ (phục vụ câu a) 0,25 A D I O M 5 B (3đ) C a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau 0,25 - sđ góc AMB bằng sđ cung AB 0,25 Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau 0,25 O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp 0,25 b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1) 0,25 - M nằm trên đường trung trực của BC (2) 0,25 74
  65. Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra OM  BC 0,25 c) Từ giả thiết suy ra d  OM 0,25 Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB, suy ra góc OMI bằng 900 , do đó OI là đường kính của đường tròn này 0,25 Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định. 0,25 Vậy d luôn đi qua điểm I cố định. 0,25 x 2 y 2 a) Với x và y đều dương, ta có x y (1) y x 3 3 2 x y xy(x y) (x y)(x y) 0 (2) 0,25 (2) luôn đúng với mọi x > 0, y > 0. Vậy (1) luôn đúng với mọi x 0, y 0 0,25 b) n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự 6 nhiên lớn hơn 0. (1đ) - Với n = 2k, ta có n 4 4n (2k) 4 42k lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do đó 4 n 0,25 n 4 là hợp số. -Với n = 2k+1, tacó n 4 4n n 4 42k.4 n 4 (2.4k ) 2 (n 2 2.4k ) 2 (2.n.2k ) 2 2 2k+1 k+1 2 2k+1 k+1 k 2 2k k 2 2k = (n + 2 + n.2 )(n + 2 – n.2 ) = [( n+2 ) + 2 ][(n – 2 ) + 2 ]. 0,25 Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4 + 4n là hợp số === Hết === SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG NAM Năm học 2008-2009 Môn TOÁN ( Dành cho học sinh chuyên Tin) Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Bài 1 (1,5 điểm ): 3 10 20 3 6 12 a) Thực hiện phép tính: . 5 3 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x x 2008 . Bài 2 (2 điểm ): mx y 2 Cho hệ phương trình: 3x my 5 a) Giải hệ phương trình khi m 2 . 75
  66. b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức m 2 x y 1 . m 2 3 Bài 3 (2 điểm ): 1 a) Cho hàm số y x 2 , có đồ thị là (P). Viết phương trình đường thẳng đi qua hai 2 điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hoành độ là 2 và 1. b) Giải phương trình: 3x 2 3x 2 x 2 x 1 . Bài 4 ( 1,5 điểm ): Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. MO MO a) Chứng minh: 1 . CD AB 1 1 2 b) Chứng minh: . AB CD MN Bài 5 ( 3 điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O; C và D là hai điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp. b) OM  BC. c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố định. === Hết === SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG NAM Năm học 2008-2009 Môn TOÁN (Dành cho học sinh chuyên Tin) Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 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 hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi. 3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25. II. Đáp án: Bài Nội dung Điểm ( 5 3)(3 2 2) 0,50 a) Biến đổi được: 5 3 0,25 3 2 2 b) Điều kiện x 2008 1 76
  67. (1,5đ) 1 1 1 x x 2008 (x 2008 2. . x 2008 ) 2008 2 4 4 1 8031 8031 0,50 ( x 2008 ) 2 2 4 4 1 8033 Dấu “ = “ xảy ra khi x 2008 x (thỏa mãn). Vậy giá trị nhỏ 2 4 0,25 8031 8033 nhất cần tìm là khi x . 4 4 2x y 2 a) Khi m = 2 ta có hệ phương trình 0,25 3x 2y 5 2x 2y 2 2 3x 2y 5 0,25 2 2 5 x 5 2 y 2x 2 0,25 (2đ) 2 2 5 x 5 5 2 6 0,25 y 5 2m 5 5m 6 b) Giải tìm được: x ; y m 2 3 m 2 3 0,50 m 2 2m 5 5m 6 m 2 Thay vào hệ thức x y 1 ; ta được 1 0,25 m 2 3 m 2 3 m 2 3 m 2 3 4 Giải tìm được m 0,25 7 1 a) Tìm được M(- 2; - 2); N (1: ) 2 0,25 Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và N nên 2a b 2 1 0,25 a b 3 2 (2đ) 1 Tìm được a ; b 1 . 2 0,25 1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y x 1 0,25 2 b) Biến đổi phương trình đã cho thành 3(x 2 x) 2 x 2 x 1 0 0,25 Đặt t x 2 x ( điều kiện t 0 ), ta có phương trình 3t 2 2t 1 0 0,25 1 Giải tìm được t = 1 hoặc t = (loại) 3 0,25 1 5 Với t = 1, ta có x 2 x 1 x 2 x 1 0 . Giải ra được x hoặc 2 1 5 x . 0,25 2 77
  68. Hình vẽ A B M N O 0,25 D C MO AM MO MD a) Chứng minh được ; CD AD AB AD 0,25 4 MO MO AM MD AD (1,5đ) Suy ra 1 (1) 0,50 CD AB AD AD NO NO b) Tương tự câu a) ta có 1 (2) CD AB MO NO MO NO MN MN (1) và (2) suy ra 2 hay 2 0,25 CD AB CD AB 1 1 2 Suy ra 0,25 CD AB MN Hình vẽ (phục vụ câu a) 0,25 A D I O M 5 B (3đ) C a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau 0,25 - sđ góc AMB bằng sđ cung AB 0,25 Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau 0,25 O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp 0,25 b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1) 0,25 - M nằm trên đường trung trực của BC (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra OM  BC 0,25 c) Từ giả thiết suy ra d  OM 0,25 Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB, suy ra góc OMI bằng 900 , do đó OI là đường kính của đường tròn này. 0,25 Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định. 0,25 Vậy d luôn đi qua điểm I cố định. 0,25 78