Bộ đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Toán các tỉnh, năm học 2009 201044385

Sở giáo dục đào tạo HảI dơng Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trÃi - Năm học 2009-2010 Môn thi : toán Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 08 tháng năm 2009 (Đề thi gồm: 01 trang) Câu I (2.5 điểm): 1) Giải hệ phơng trình: x y xy    xy  3x  2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có nhÊt mét nghiƯm nguyªn: 4x  4mx  2m  5m   C©u II (2.5 ®iĨm): 1) Rót gän biĨu thøc:   x2    x    A   x2 2) Cho tríc sè h÷u tØ m cho 2  x   víi 2  x  m lµ số vô tỉ Tìm số hữu tỉ a, b, c ®Ĩ: a m2  b m  c Câu III (2.0 điểm): 1) Cho đa thøc bËc ba f(x) víi hƯ sè cđa x3 lµ số nguyên dơng biết f(5) f(3) 2010 Chứng minh rằng: f(7) f(1) hợp sè P x  4x   x 6x 13 2) Tìm giá trị lớn biểu thức: Câu IV (2.0 điểm): Cho tam giác MNP có ba góc nhọn điểm A, B, C lần lợt hình chiếu vuông góc M, N, P NP, MP, MN Trên đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E cho DE song song víi ฀ ฀ NP Trªn tia AB lÊy ®iĨm K cho DMK  NMP Chøng minh r»ng: 1) MD = ME 2) Tø gi¸c MDEK nội tiếp Từ suy điểm M tâm đờng tròn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK Câu V (1.0 điểm): Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đờng tròn để chu vi tứ giác ABCD có giá trÞ lín nhÊt -HÕt - DeThiMau.vn Híng dÉn chấm Câu Phần nội dung Điểm x y  xy  (1)  (2)  xy  3x  y Tõ (2)  x  Tõ ®ã  3x x , thay vµo (1) ta cã: 0.25   3x   3x x  3   x x  x   7x  23x  16  x x = Giải ta đợc 0.25 0.25 16 Tõ x   x  1  y  1 ; x2  0.25 16 7 x y 7 0.25  5   4 7  ; ;     7 7     VËy hÖ cã nghiƯm (x; y) lµ (1; 1); (-1; -1); ; 0.25 Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x '  0.25   m  5m    (m  2)(m  3)  V× (m - 2) > (m - 3) nªn:  x '   m   vµ m     m  3, mµ m  Z  m = hc m = Khi m =   x ' =  x = -1 (tháa m·n) 0.25 Khi m =   x ' =  x = - 1,5 (lo¹i) VËy m = Đặt a x; b   x A A 2  2  ab a  b 3   ab  A   2ab  a  b  a   ab  a  b  a  b  ab  ab  ab  a  b   ab  A  0.25 (a, b  0)  a  b  4; a  b  2x 0.25 2 0.25   ab 0.25   ab  a  b  0.25 0.25   b  2ab  a  b    a  b  a  b  0.25  A  a  b  2x  A  x 2 0.25 DeThiMau.vn a m  b m  c  (1) Gi¶ sö cã (1)  b m  c m  am  (2) 2 Tõ (1), (2)  (b  ac) m  (a m  bc) 0.25 a m  bc b ac số hữu tỉ Trái với giả thiÕt! NÕu a m  bc  b  ac  b  abc   a m  bc  bc  am b m 3  b  a m  b  a m NÕu b a số hữu tỉ Trái với gi¶ thiÕt!  a  0;b  Tõ ta tìm đợc c = Ngợc lại a = b = c = (1) ®óng VËy: a = b = c = 3m Theo f(x) có dạng: f(x) = (53 ax3 + bx2 33)a (52 0.25 0.25 0.25 + cx + d với a nguyên dơng 0.25 32)b Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = + + (5 - 3)c  = 98a + 16b + 2c 16b + 2c = (2010- 98a) 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) Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 Vậy f(7)-f(1) hợp số P x  2  12   x  3 0.25 0.25 0.25  22 0.25 Trªn mặt phẳng tọa độ Oxy lấy điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) Ta chứng minh đợc: AB OA  x   x  3  1   x  2 OA  OB  AB   12 OB  , x  2 2  25   26  x  3  12   22  x  3 0.25  2  26 0.25 Mặt khác ta có: Dấu = xảy A thuộc đoạn OB B thuộc đoạn OA  x2  x7 x3 Thư l¹i x = A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc ®o¹n 0.25 DeThiMau.vn M K B C D OB VËy Max P  26 x = E N P A Ta dễ dàng chứng minh tứ giác ฀ ฀ MBAN néi tiÕp  MAB  MNB , ฀ ฀ MCAP néi tiÕp  CAM  CPM ฀ 0.25 ฀ L¹i cã BNM  CPM (cïng phơ gãc NMP) ฀ ฀  CAM  BAM 0.25 (1) Do DE // NP mặt khác MA NP MA  DE (2) Tõ (1), (2)  ADE c©n A MA trung trực DE MD = ME 0.25 M K B C D E N P A ฀ ฀ Do DE//NP nªn DEK  NAB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên: ฀ ฀ ฀ ฀  DEK  1800 NMB  NAB  1800  NMB 0.25 DeThiMau.vn ฀ ฀ ฀ ฀ Theo gi¶ thiÕt DMK  NMP  DMK  DEK  180  Tø gi¸c MDEK néi tiÕp Do MA lµ trung trùc cđa DE  MEA  MDA ฀  MDA ฀  MEK ฀  MDC ฀  MEA ฀ ฀ ฀ 0.25 0.25 0.25 ฀ V× MEK  MDK  MDK  MDC DM phân giác góc CDK, kết hợp với AM phân giác DAB M tâm đờng tròn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK 0.25 A' B' B O C A D' D Không tổng quát giả sử:AB AC Gọi B điểm cung ABC AB ' CB ' Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho BA’ = BA  AB  BC  CA ' ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ Ta cã: B 'BC  B ' AC  B 'CA (1) ; B 'CA  B 'BA  180 0.25 (2) ฀ ฀ (3);Tõ (1), (2), (3)  B 'BA B 'BA ' Hai tam giác ABB ABB b»ng  A 'B '  B ' A Ta cã  B ' A  B 'C  B ' A ' B 'C  A 'C = AB + BC ( BA + BC không đổi ฀'BC  B ฀'BA '  1800 B 0.25 0.25 B, A, C cố định) Dấu = xảy B trùng với B Hoàn toàn tơng tự gọi D điểm cung ADC ta còng cã AD’ + CD’  AD + CD DÊu “=” x¶y D trïng víi D’  Chu vi tứ giác ABCD lớn B, D điểm cung AC đờng tròn (O) 0.25 DeThiMau.vn Sở giáo dục đào tạo Hng yên kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên Năm học 2009 2010 Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút đề thức Bài 1: (1,5 điểm) a 2: Cho 1 1     HÃy lập phơng trình bËc hai cã hƯ sè nguyªn nhËn a - nghiệm Bài 2: (2,5 điểm) x 16 xy  y   xy  y  x a) Giải hệ phơng trình: x b) Tìm m để phơng trình  2x  3x  6x  m  có nghiệm phân biệt Bài 3: (2,0 điểm) 2 a) Chøng minh r»ng nÕu sè nguyªn k lớn thoả mÃn k k 16 số nguyên tố k chia hÕt cho b) Chøng minh r»ng nÕu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có p nửa chu vi p a  p  b  p  c  3p Bài 4: (3,0 điểm) Cho đờng tròn tâm O dây AB không qua O Gọi M điểm cung AB nhỏ D điểm thay đổi cung AB lớn (D khác A B) DM cắt AB C Chứng minh rằng: a) MB.BD MD.BC b) MB tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD c) Tổng bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD ACD không đổi Bài 5: (1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD LÊy E, F thuéc c¹nh AB; G, H thuéc c¹nh BC; I, J thuéc c¹nh CD; K, M thuéc cạnh DA cho hình - giác EFGHIJKM có góc Chứng minh độ dài cạnh hình - giác EFGHIJKM số hữu tỉ EF = IJ HÕt DeThiMau.vn Híng dÉn chÊm thi Bµi 1: (1,5 ®iĨm)  a  2:   1 1  2:  7 a=  2:    1 1 7 1 1 0,5 ® 0,25 ® §Ỉt x  a   x    x    x  2x   0,5 ®  x  2x   VËy ph¬ng tr×nh x  2x   nhËn 0,25 ®  lµm nghiƯm Bµi 2: (2,5 ®iĨm) x 16  x 16    xy (1)   xy   y y    y xy   y  x  (2)   x y x a) ĐK: x, y 2 Giải (2)  6y  6x  5xy  (2x  3y)(3x  2y)  0,25 ® 0,25 ® 3y 3y 16 y   2 2x  3y   x  * NÕu Thay vào (1) ta đợc 0,25 đ 3y 23 (phơng trình vô nghiệm) 2y 3x  2y   x  * Nếu Thay vào (1) ta đợc y  y  3 0,25 ® 0,25 ® - Víi y x (thoả mÃn điều kiƯn) - Víi y  3  x  2 (thoả mÃn điều kiện) 0,25 đ Vậy hệ phơng trình cã hai nghiÖm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3) x  2x   y   x  1  y  x y b) Đặt Phơng trình đà cho trë thµnh:  y  1   y  1  m  (y  0) (*) 0,25 ®  y  5y  m   (1) DeThiMau.vn Tõ (*) ta thấy, để phơng trình đà cho có nghiệm phân biệt phơng trình (1) có 0,25 đ nghiệm dơng phân biệt 4m     S   5  P  m     0,25 ®  m    4  m  m  4 m phơng trình có nghiệm phân biệt Vậy với 0,25 đ Bài 3: (2,0 điểm) 2 a) Vì k > suy k   5; k  16  2 - XÐt k  5n  (víi n  ฀ )  k  25n  10n   k   k không số nguyên tố 2 - XÐt k  5n  (víi n  ฀ )  k  25n  20n   k  16   k 16 không số nguyên tố 2 - XÐt k  5n  (víi n  ฀ )  k  25n  30n   k  16   k 16 không số nguyên tố 2 - XÐt k  5n  (víi n  ฀ )  k  25n  40n  16  k    k không số nguyên tố Do k 5 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ®   a  b  c   a  b  c2   a, b, c b) Ta chøng minh: Víi th× (*) 2 2 2 ThËt vËy (*)  a  b  c  2ab  2bc  2ca  3a  3b  3c 0,5 ®  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2 (luôn đúng) áp dụng (*) ta có: pa  pb  pc Suy    3p  a  b  c   3p 0,5 ® p  a  p  b p c 3p (đpcm) Bài 4: (3,0 ®iĨm) DeThiMau.vn N D J I O C A B M a) XÐt MBC vµ MDB cã: ฀ ฀ BDM  MBC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) ฀ ฀ BMC  BMD 0,5 ® Do MBC MDB đồng dạng MB MD  MB.BD  MD.BC BD Suy BC ฀ ฀ b) Gọi (J) đờng tròn ngoại tiếp BDC  BJC  2BDC  2MBC ฀ BJC ฀  MBC  hay ฀ 180  BJC ฀ BCJ cân J CBJ O ฀ ฀ ฀  BJC  180  BJC  90 O  MB  BJ MBC  CBJ 2 Suy 0,5 ® 0,5 ® 0,5 ® Suy MB tiếp tuyến đờng tròn (J), suy J thuộc NB c) Kẻ đờng kính MN (O)  NB  MB Mµ MB lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn (J), suy J thuộc NB Gọi (I) đờng tròn ngoại tiếp ADC Chứng minh tơng tù I thuéc AN ฀ ฀ ฀ 0,5 ® ฀ Ta cã ANB  ADB  2BDM  BJC  CJ // IN Chøng minh t¬ng tù: CI // JN Do tứ giác CINJ hình bình hành CI = NJ Suy tỉng b¸n kÝnh cđa hai đờng tròn (I) (J) là: IC + JB = BN (không đổi) Bài 5: (1,0 điểm) 0,5 đ DeThiMau.vn A E F a B b h G c M H g K d f D e 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 số hữu tỉ dơng) Do góc hình cạnh nên góc hình cạnh có số đo là: 0,25 đ (8 2).180O 135O Suy góc hình cạnh là: 180O - 135O = 45O Do tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ tam giác vuông c©n h b d f  MA = AE = ; BF = BG = ; CH = CI = ; DK = DJ = h b f d a  e 2 Ta có AB = CD nên: 0,5 đ (e - a) = h + b - f - d NÕu e - a ≠ th× 2 h bf d ea (điều vô lý số vô tỉ) 0,25 đ Vậy e - a =  e = a hay EF = IJ (®pcm) 10 DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH Đề thức KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN NĂM HỌC 2009-2010 Mơn thi:Tốn (chun) Ngày thi:19/06/2009 Thời gian:150 phút Bài 1(1.5điểm) Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác.Chứng minh rằng: a b c + + 0 a< b+c ,b< a + c , c < a+b a a+ a 2a < = Nên ta có b + c a + b + c a + b + c a a > Mặt khác b + c a + b + c a a 2a < < (1) a + b + c c + b a + b + c Vậy ta có b b 2b < < (2); Tương tự a + b + c c + a a + b + c c c 2a < < (3) a+ b+ c b+ a a+ b+ c Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta có điều phải chứng minh Bài 2: ĐK: x ¹ m, n, p PT cho Û (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = Û 3x2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1) ' Ta có Δ = (m + n + p ) - 3(mn + mp + np ) = m2+n2+p2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np = m2+n2+p2 –mn-mp-np = [(m-n)2+(n-p)2+(m-p)2] >0 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 = >m,n,p khơng phải nghiệm pt(1) Vậy PT cho ln có hai nghiệm phân biệt Bài n+ 1- n n+ 1- n = = Ta cã : 2n + 4n2 + 4n + (2n + 1) n + n + ( < n+ 1- n 4n2 + 4n = ) n +1 - n n + n = ỗổ1 ỗ ỗỗố n ữ ữ ÷ ÷ n + 1ø 12 DeThiMau.vn C a E O b D c A B Do Bài 3: Sn < 1æ 1 1 + + + ỗỗỗ1 2ố 2 n 1ổ ữ ữ = ỗỗỗ1 ữ ữ 2ố n + 1ứ ÷ ÷< ÷ ÷ n + 1ø · · Ta có BAD = CAE ( Do cung EB = cung EC) · · Và AEC = DBA ( Hai góc nội tiếp chắn cung AC) nên ΔBAD BA AE Þ = Þ AB AC = AE AD(1) AD AC · · · · Ta cú ADC = BDC(Đối đỉnh) CAD = DBE EAC (2 góc nội tiếp chắn cung CE) nên ΔACD ΔBDE AD DB Þ = Þ AD.DE = DB.DChay DC DE AD(AE-AD) = DB.DC Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1)) DC DB DC + DB DC DB hay = = = = b c b+ c 4b)Theo tính chất đường phân giác ta có AC AB a b+ c DC DB a a a bc = Þ DB.DC = b c b+ c b+ c (b + c) bc AD2 theo câu a ta có = AB.AC – DB.DC = ỉ a2 ữ ỗ ữ ị AD = bc ỗỗ1 ữ ỗỗ (b + c)2 ữ ữ ố ứ Bi 5: m m số hữu tỉ 2là số vô tỉ nên n Vỡ n Ta xet hai trường hợp: a bc (b + c) æ a2 ữ ỗỗ ữ = bc ỗ1 ữ ỗỗ (b + c)2 ÷ ÷ è ø 13 DeThiMau.vn m > Khi ®ã m > n Þ m ³ n + hay m ³ a) n Từ suy : m n 2n + n ³ 2= 2+ n2 2n + 1 - n2 = ³ ỉ 1 ÷ 2ỗ ữ n + + n ỗỗ + + ữ ữ n ỗố n ø 2+ 2= m < Khi ®ã m < n Þ m £ n - hay m £ n b) Từ suy : m n = = 2- m n ổ ỗ 2+ n2 ỗ ỗ ỗ è 2- 1ư ÷ ÷ ÷ ÷ n ø 2n - = n 2- ³ 2- 2- ( 3+ ) 2n - 1 = n2 2- 2+ 2+ n2 2- n2 n ( 3+ ) ************************************************ 14 DeThiMau.vn SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————— (Đề có 01 trang) Câu 1: (3,0 điểm) 1  x  y  x  y     xy    xy a) Giải hệ phương trình:  b) Giải biện luận phương trình: | x  |  p | x  | (p tham số có giá trị thực) Câu 2: (1,5 điểm) Cho ba số thực a, b, c đôi phân biệt a2 b2 c2   2 2 ( b  c ) ( c  a ) ( a  b ) Chứng minh Câu 3: (1,5 điểm) A Cho x  x  B 2x  x2  x  Tìm tất giá trị nguyên x cho C 2A  B số nguyên Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB