Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên quốc học huế môn: toán năm học 2007 2008

Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Quốc học Huế môn Toán Năm học 2007 2008 1 Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú THI TUYÓN SINH LíP 10 chuyªn QuèC HäC Thõa Thiªn HuÕ M«n TO¸N N¨m häc 2007 2008 §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi 150 phót Bài 1 (2 điểm) Giải hệ phương trình      82 82 2 2 xy yx Bài 2 (2 điểm) Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm  4 2 2 42 2 3 0x m x m     phân biệt với mọi giá trị của 1 2 3 4, , ,x x x x m Tìm giá trị sao cho m 2 2 2 21 2 3 4 1 2 3 4 11x x x x x x x x  .

Sở Giáo dục đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 chuyên QuốC HọC Thừa Thiên Huế Môn: TOáN - Năm học 2007-2008 Đề thức Thời gian làm bµi: 150 Bài 1: (2 điểm) Giải hệ phương trình: x  y    y  2x  Bài 2: (2 điểm) Chứng minh phương trình: x   m   x  m   ln có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 với giá trị m 2 2 Tìm giá trị m cho x1  x2  x3  x4  x1  x2  x3  x4  11 Bài 3: (3 điểm) Cho hình vng cố định PQRS Xét điểm M thay đổi cạnh PQ (M  P, M  Q) Đường thẳng RM cắt đường chéo QS hình vng PQRS E Đường tròn ngoại tiếp tam giác RMQ cắt đường thẳng QS F (F  Q) Đường thẳng RF cắt cạnh SP hình vng PQRS N ฀  QRE ฀ + SRF ฀ Chứng tỏ rằng: ERF Chứng minh M thay đổi cạnh PQ hình vng PQRS đường trịn ngoại tiếp tam giác MEF qua điểm cố định Chứng minh rằng: MN = MQ + NS Bài 4: (2 điểm) Tìm tất cặp số nguyên p, q cho đẳng thức sau đúng: p2  q3  pq  p  q  Bài 5: (1 điểm) Chứng minh với số thực x, y, z ln có: x  y  z  y  z  x  z  x  y  x  y  z  2 x  y  z  Hết SBD thí sinh: Chữ ký GT1: DeThiMau.vn Sở Giáo dục đào tạo Kú THI TUN SINH LíP 10 chuyªn QC HäC Thõa Thiên Huế Môn: TOáN - Năm học 2007-2008 P N - THANG ĐIỂM BÀI B.1 NỘI DUNG Điểm (2đ) x  y    y  2x  Ta có :  x  y    y  x   Hay 0,25  x  y  x  y    0,25 + Nếu x  y  , thay y   x vào phương trình đầu thì: x  x   x  x   Giải : x  4; x  2 Trường hợp hệ có hai nghiệm :  x; y    4; 4  ;  x; y    2;  0,25 0,25 + Nếu x  y   , thay y  x  vào phương trình đầu thì: x2   x  2   x2  x   0,25 Giải ra: x  1  ; x  1  Trường hợp hệ có hai nghiệm:  x; y   1  5;1  ;  x; y   1  5;1   B.2 0,25   x   m   x  m   (1) 0,25  0,25 (2đ) Đặt : t  x , ta có : t   m   t  m   (2) ( t  ) 0,25 Ta chứng tỏ (2) ln có hai nghiệm :  t1  t2 0,25  '   m     m  3  4m   với m Vậy (2) ln có hai nghiệm phân 0,25 biệt t1 , t2 t1  t2  m   với m 0,25 t1  t2   m    với m 0,25 Do phương trình (1) có nghiệm :  t1 ,  t1 ,  t2 ,  t2  x12  x22  x32  x42  x1  x2  x3  x4   t1    t    t    t    t   t   t   t  2 2 2 1 2   t1  t2   t1  t2 0,25 x12  x22  x32  x42  x1  x2  x3  x4   m    m   m  4m  11 0,25 x12  x22  x32  x42  x1  x2  x3  x4  11  m  4m  11  11  m  4m   m  0,25 DeThiMau.vn Hình vẽ 3đ (1đ) 0,25 Đường trịn ngoại tiếp tam giác RMQ có đường kính RM ฀  MRF ฀ ฀ ERF  MQF  450 (3) 0,25 B.3 Câu3.1 R S F N H E D P F nằm đọan ES ฀  ERF ฀  FRS ฀ 900  QRE ฀  SRF ฀  450 (4) Do : QRE M Q 0,25 0,25 ฀  QRE ฀  SRF ฀ Từ (3) (4) : ERF (1đ) Câu3.2 Câu3.3 B Ta chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác MEF ln qua điểm cố định P 0,25 ฀  450  NRE ฀ Do N, S, R, E đường trịn đường kính NR Ta có : NSE 0,25 ฀ ฀ Do N, F, E, M đường trịn đường kính MN Ta có: FME  450  FNE 0,25 ฀ Do MPN  900 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác MEF qua điểm P 0,25 (1đ) Tam giác RMN có hai đường cao MF NE Gọi H giao điểm MF NE, ta có 0,25 ฀ ฀  ENM RH đường cao thứ ba RH vng góc với MN D Do : DRM ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ 0,25 Ta có: ENM  EFM (do M, N, F, E đường tròn); EFM  QFM  QRM ฀ ฀ (do M, F, R, Q đường tròn) Suy ra: DRM  QRM D nằm đọan MN Hai tam giác vuông DRM QRM nhau, suy : MQ = MD Tương tự : Hai tam giác vuông DRN SRN nhau, suy : NS = ND Từ : MN = MQ+NS p   q   pq  p  q  (  ) Điều kiện: p   0, q   0, pq  p  q   (p, q số nguyên) Bình phưong hai vế (  ) : p   q   pq  p  2q  Hay : Tiếp tục bình phương : 0,25 0,25  p   q  3   p    q  3 0,25 + Nếu p  (  ) trở thành: + q  = q  , với số nguyên q  tùy ý + Nếu q  (  ) trở thành: p  + = p  ,đúng với số nguyên p  tùy ý 0,25 0,25 DeThiMau.vn (2đ) 0,25 ( p  2)(q  3)   p   q  3 0,25 0,25 + Xét p  q  Ta có :   p   q  3 ( p, q số nguyên) Chỉ xảy trường hơp : 1/ p   1, q   ; 2/ p   2, q   ; 3/ p   4, q   Ta có thêm cặp (p; q): (3; 7) , (4; 5) , (6, 4) Kiểm tra lại đẳng thức (  ): + = ; + = ; + = B.5 0,25 0,25 (1đ) x  y  z  y  z  x  z  x  y  x  y  z  2( x  y  z ) (*) Đặt: a  x  y  z , b  y  z  x, c  z  x  y Trong ba số a, b, c có hai số dấu, chẳng hạn: a  b  0,25 Lúc : x  y  z + y  x  z = a + b = a  b = y Ta có : x  y  z  a  b  c ; 2x  a  c ; 2z  b  c Do để chứng minh (*) đúng, 0,25 cần chứng tỏ : c + a  b  c  a  c + b  c (**) với a  b  Ta có: 2 (**)  c  a  b  c  ab  a  c  b  c  ca  cb  c  ab   ca  cb  c   ab 0,25 (***) Đặt: ca  cb  c  A ; ab  B , ta có B  B (do a.b  0) ta có: (***)  A + B  0,25 A  B  A B  AB  AB  AB Dấu đẳng thức xảy trường hợp số: a, b, c, a + b + c chia làm cặp dấu Ví dụ: ab  c  a  b  c   Chú ý: Có thể chia trường hợp tùy theo dấu a, b, c (có trường hợp) để chứng minh(*) DeThiMau.vn ...Sở Giáo dục đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 chuyên QuốC HọC Thừa Thi? ?n Huế Môn: TOáN - Năm học 2007- 2008 P N - THANG IM BI B.1 NỘI DUNG Điểm (2đ) x  y  ... 0,25 x12  x22  x32  x42  x1  x2  x3  x4  11  m  4m  11  11  m  4m   m  0,25 DeThiMau.vn Hình vẽ 3đ (1đ) 0,25 Đường trịn ngoại tiếp tam giác RMQ có đường kính RM ฀  MRF ฀ ฀... nguyên q  tùy ý + Nếu q  (  ) trở thành: p  + = p  ,đúng với số nguyên p  tùy ý 0,25 0,25 DeThiMau.vn (2đ) 0,25 ( p  2)(q  3)   p   q  3 0,25 0,25 + Xét p  q  Ta có :   p 