TUYỂN tập 2 000 đề THI TUYỂN SINH tập 01 001 050

TUYỂN TẬP 2.000 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN TỐN TỪ CÁC TỈNH-THÀNH-CĨ ĐÁP ÁN TẬP (001-050) Người tổng hợp, sưu tầm : Thầy giáo Hồ Khắc Vũ LỜI NĨI ĐẦU Kính thưa q bạn đồng nghiệp dạy mơn Tốn, Q bậc phụ huynh em học sinh, đặc biệt em học sinh l ớp thân yên !! Tôi xin tự giới thiệu, tên Hồ Khắc Vũ , sinh năm 1994 đ ến t TP Tam Kỳ - Quảng Nam, tơi học Đại học Sư phạm Tốn, đại học Qu ảng Nam khóa 2012 tốt nghiệp trường năm 2016 Đối với tơi, mơn Tốn u thích đam mê v ới từ nh ỏ, giành nhiều giải thưởng từ cấp Huyện đến cấp tỉnh tham dự kỳ thi mơn Tốn Mơn Tốn đ ối v ới thân tôi, không công việc, không nghĩa vụ để mưu sinh, mà hết tất cả, niềm đam mê cháy bỏng, cảm hứng b ất di ệt mà không mỹ từ lột tả Khơng biết tự bao giờ, Toán h ọc người bạn thân tơi, giúp tơi tư cơng việc cách nh ạy bén hơn, hết giúp bùng cháy bầu nhiệt huy ết tuổi trẻ Khi giải tốn, làm tốn, giúp tơi quên nh ững chuy ện không vui Nhận thấy Tốn mơn học quan trọng , 20 năm tr l ại đây, đất nước ta bước vào thời kỳ hội nhập , mơn Tốn ln xu ất kỳ thi nói chung, kỳ Tuyển sinh vào lớp 10 nói riêng c 63/63 tỉnh thành phố khắp nước Việt Nam Nhưng việc sưu tầm đ ề cho thầy cô giáo em học sinh ơn luyện cịn mang tính l ẻ t ẻ, tượng trưng Quan sát qua mạng có vài thầy giáo tâm huy ết tuyển tập đề, đề tuyển tập không đánh giá cao số lượng chất lượng,trong file đề lẻ tẻ trang mạng sở giáo dục nhiều Từ ngày đầu nghiệp dạy, mơ ước ấp ủ phải làm cho đời, ấp ủ đố cộng tâm nhiệt huyết tuổi xuân thúc đẩy làm TUY ỂN TẬP 2.000 ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 VÀ HỌC SINH GIỎI LỚP CỦA CÁC T ỈNH – THÀNH PHỐ TỪ NĂM 2000 đến Tập đề tuyển lựa, đầu tư làm kỹ công phu với hy vọng tợi tận tay người học mà khơng tốn đồng phí Chỉ có lý cá nhân mà người bạn gợi ý cho r ằng phải giữ lại cho riêng mình, bỏ công s ức ngày đêm làm tuyển tập đề Do đó, tơi định gửi cho m ọi người file pdf mà không gửi file word đề tránh hình th ức chép , m ất quyền hình thức, Có khơng phải mong người thông cảm Cuối lời , xin gửi lời chúc tới em hcoj sinh lớp chuẩn bị thi ển sinh, bình tĩnh tự tin giành kết cao Xin mượn ảnh facebook lời nhắc nhở, lời khuyên chân thành đến em ĐỀ 001 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN KHÁNH HỊA NĂM HỌC 2012 – 2013 Mơn thi : TỐN CHUN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 22/6/2012 (Thời gian : 150 phút – không kể thời gian phát đề) Bài 1.(2.00 điểm)  4 3 P 11   12  18 1) Rút gọn biểu thức 1 A  1 L   2n  2n  2) Với n số nguyên dương, cho biểu thức  B  1 1  L   1.(2n  1) 3.(2n  3) (2n  3).3 (2n  1).1 A Tính tỉ số B Bài 2.(2.00 điểm) 1) Giải phương trình   x  x  2x   x  2x   (x  y)  y   2 2) Giải hệ phương trình 2(x  y  xy)  x  Bài 3.(2.00 điểm) 1) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a  36 abc  Chứng minh a  3(b  c )  3(ab  bc  ca) 2) Cho a  Z a  Tìm số phần tử tập hợp A= (Z tập hợp số nguyên) Bài 4.(3.00 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O; R) Tiếp tuyến A (O; R) cắt đường thẳng BC điểm M Gọi H chân đường cao hạ từ A xuống BC 1) Chứng minh AB.AC  2R AH MB  AB    MC  AC  2) Chứng minh 3) Trên cạnh BC lấy điểm N tùy ý (N khác B C) Gọi E, F hình chiếu vng góc N lên AB, AC Tìm vị trí N để độ dài đoạn EF nhỏ Bài 5.(1.00 điểm)Cho tam giác ABC có đường cao AH, biết H thuộc cạnh BC 1 BH  BC AK  KH  BC  AB2 3 Trên tia đối tia HA, lấy điểm K cho AK.BC  AB.KC  AC.BK Chứng minh ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC TỐN CHUYÊN A Hướng dẫn chung - Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang; - Mọi cách giải cho điểm tối đa phần tương ứng; - Các khơng vẽ hình khơng chấm, điểm tồn khơng làm trịn B Đáp án thang điểm Bài Đáp án  4 3 P Rút gọn biểu thức P 1.1       2 3  11   11   2 3   12  18 2 3 6  12  18       điểm 0.25 1 2 3 2 3  Điểm  0.25  1 0.25 2 3   A Tính tỉ số B B 1.2 0.25 điểm   1  1         1      L    2n  2n    2n    2n  3   2n     1   1    1   L   1   L    2n  2n  2n    2n  2n    B 2A 2n A n B B 2.1 Giải phương trình   x  x  2x   x  2x  0.25 0.25 0.25 0.25 điểm 2 Điều kiện x  2x   Đặt t  x  2x   Phương trình trở thành t   x  1 t  4x  0.25 t    t    t  2x      t  2x 0.25 Với t  2, ta có 0.25 x  2x    x  2x    x  1  (nhận) x  x  2x   2x   : 3x  2x   t   2x,  Với ta có vơ nghiệm 0.25 Vậy phương trình có nghiệm x  1  (x  y)  y    2 Giải hệ phương trình 2(x  y  xy)  x  Dùng phương pháp cộng ta 2xy  2y  x    (x  1)(2y  1)   x  1 2.2 y điểm 0.25  y  1 y2  y     y  Với x  1 , ta 0.25 Ta hai nghiệm (1; 1) (1;2) 1  10 x2  x    x  y , ta Với  1  10   1  10  ;   ;   2 2   Ta hai nghiệm   1  10  ;   2 (  1;2) (  1;  1)  Tóm lại hệ có bốn nghiệm ; ; Chứng minh bất đẳng thức 0.25  1  10  ;   2  0.25 điểm 3.1 a b  c  2bc  3bc  a  b  c    Ta có bc = a Bất đẳng thức viết lại a2   b  c  a  b  c    a 0.25 0.25 a  a2    b  c        12 a  0.25 3.2 a  a  36    b  c     0 2 12a  (hiển nhiên a  36 ) Bất đẳng thức chứng minh Cho a  Z a  Tìm số phần tử tập hợp A= b Xét xZ Nếu M(3x  1)  3x   2 , với b  0;1; ;a Nếu b số chẵn, tức b= 2k ( k Z)  22k   4k   (4  1)(4k 1  k 2   1)M a  phương trình 3x   2b có nghiệm nguyên 22k   (4k  1)   M3  b Ta có phương trình 3x   2 khơng có nghiệm nguyên b  2k  1(k  ¥ )  22k 1   2.4 k   3.4 k  (4 k  1)  M3  Nếu b lẻ, tức b phương trình 3x   khơng có nghiệm ngun 0.25 điểm 0.25 0.25 0.25 22k 1   3.4k  (4 k  1)  M 3 Ta có nguyên Vậy số phần tử A a  b phương trình 3x   2 có nghiệm 0.25 A Khơng chấm điểm hình vẽ I O E F K M B H C N D 4.1 Chứng minh AB.AC  2R AH điểm Kéo dài AO cắt đường tròn (O) D » · · Hai tam giác vuông AHB ACD có CDA  HBA (nội tiếp chắn AC ) 0.25  AHB : ACD 0.25  AB AH  AD AC 0.25  AB.AC  AD.AH  2R.AH 0.25 MB  AB    MC  AC  Chứng minh điểm · · µ chung, ACB  MAB Xét MAC MBA ta có M (góc nội tiếp góc tạo   MAC :  MBA tiếp tuyến với dây cung) (g.g) 0.25 4.2 MB AB MB2  AB       MA AC MA  AC  0.25 MB MA   MB.MC  MA Và MA MC 0.25 MB  AB    MC  AC  Suy 4.3 Tìm vị trí N để độ dài đoạn EF nhỏ 0.25 điểm 0 · · Ta có AEN  AFN  90  90  180 nên tứ giác AFNE nội tiếp đường trịn đường kính AN 0.25 · · Gọi I trung điểm AN, từ I hạ IK  EF ta suy KE = KF BAC  KIE 0.25 Trong tam giác vng IKE ta có · · · · KE  IE.sin KIE  IE.sin BAC  EF  AN.sin BAC  AH.sin BAC 0.25 Vậy EF nhỏ AN  AH  N  H 0.25 A H B J C Khơng chấm điểm hình vẽ I K x Chứng minh AK.BC  AB.KC  AC.BK Gọi J điểm thuộc đoạn BC cho H trung điểm BJ Kẻ đường thẳng Jx qua J vng góc BC, đường thẳng qua K song song BC cắt đường thẳng Jx I Khi đó, BKIC hình thang cân HKIJ hình chữ nhật BI  BJ  JI  BJ  KH  0.25 BC  KH 1 AI  AK  KI  AK  HJ  AK  BC  BC  AB2  KH  BC 9  điểm 0.25 BC2  AB2  KH  BI  AB2  ABI vuông B AC  AH  HC  AB  BC  BC  AB2  BC 9 2 2 IC  KH  JC  KH  BC 0.25  AC2  IC  BC  AB2  KH  AB2  BI  AI  ACI vuông C Khi đó, SABKC  SABIC  SABI  SAIC  1 AK.BC  AB.BI  AC.IC 2 0.25  AK.BC  AB.KC  AC.BK - HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ SỐ 002 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ( Đề thi gồm trang, có bốn câu) Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x  16 x  32  ( với x  R ) Chứng minh x       nghiệm phương trình cho Câu (2,5 điểm) 2 x( x  1)( y  1)  xy  6  y ( y  1)( x  1)  yx  ( với x  R, y  R ) Giải hệ phương trình  Câu 3.(1,5 điểm) Cho tam giác MNP có cạnh cm Lấy n điểm thuộc cạnh phía tam giác MNP cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn cm ( với n số nguyên dương) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho Câu (1 điểm) Chứng minh 10 số ngun dương liên tiếp khơng tồn hai số có ước chung lớn Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC không tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D,E,F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn (I) Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường trịn (I) điểm N (N khơng trùng với D), giọi K giao điểm AI EF 1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I) HẾT - GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013 Mơn: Tốn chun 2 Câu 1: Phương trình cho : x  16 x  32  ( với x  R )  ( x  8)  32  (1) Với x        x       => x   2    Thế x vào vế phải (1) ta có: ( x  8)  32  (8  2     8)  32  4(2  3)   12(2  3)  32 =    24  12  32  ( vế phải vế trái) Vậy x       nghiệm phương trình cho ( đpcm) 2 x( x  1)( y  1)  xy  6  (1)     y ( y  1)( x  1)  yx  (2)   Câu 2: Hệ pt cho  2 x( x  1)( y  1)  6  xy   y ( y  1)( x  1)   xy Thay x = 0, y = hệ khơng thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ không thoả => ( x; y )  (0;0); xy  0; x   0; y     xy  x 6  xy   xy ( x  y )  6( x  y )  xy - Chia vế hai phương trình cho : => y Thay x = y, hệ pt có vế phải nhau, vế trái khác (không thoả) => x  y  ) (**) xy  6( x  y ) x y => - Cộng vế (1) (2) hệ ta pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = (3) (4) 6( x  y ) 6( x  y ) ( x  y )( x  y   ) 0 x y xy  (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy =  x y   x  y 1    6( x  y  1) 0 ( x  y )( x  y   )  ( x  y )( x  y  1)(1  )  1  x y x  y x  y     - Với x + y =  x = - y Thế vào hệ => -2y2 =  (y = v x = 0) không thoả (*) - Với x + y +1 =0  x = -y - vào phương trình (1) hệ ta :  y    y  2  2 y  y  y    ( y  2)(2 y  y  3)    y  y   0(vn) Với y = - => x = 1.Thế vào hệ thoả, có nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2) 1 - Với   x y6 0 x  y6 x y Thế x = y -6 vào pt (2) hệ :  y 1  (2 y  1)( y  y  6)    y2  y    (2)  y  y  16 y     y1   10   y2   10 y - 4y - = (*) Câu (4đ): Cho đờng tròn (O,R) điểm F nằm đờng tròn (O) AB A'B' dây cung vuông góc với F a, Chøng minh r»ng : AB2 + A'B'2 = 8R2 - 4OF2 b, Chøng minh r»ng : AA'2 + BB'2 = A'B2 + AB'2 = 4R2 c, Gäi I trung điểm AA' Tính OI2 + IF2 Đáp án biểu điểm môn toán Câu 1(2đ) : a, PT ®· cho (x-1)(x-2)(x2+1) = (0,5®) Do x2+1 > víi mäi x => x-1 =0 x-2 = (0,25đ) x = 1; x = x 1 1 b, + x 1  x 1 1 +  NÕu (0,25®) =2 x ĐKXĐ : x -1 (0,25đ) =2 (1) x  -   x +   x 0 th× (1) x  =  x  =1  x = (0,25đ) Nếu x < = (luôn đúng) (0,25đ) -1 x nghiệm PT (0,25đ) Câu : (2®) a, 13  100  53  90 = 13  10  = (2  5)2  53  2.6 10 (2  ) = 2 - - 2 - = -4 (0,25®) (0,25®) (0,25®) (0,25đ) b, Vì a + b + c =  a = - b - c  a2 = b2 + 2bc + c2 (0,25®)  a2 - b2 - c2 = 2bc b2 - c2 - a2 = 2ac c2 a2 - b2 - = ab (0,25®) a2 b2 c2 a  b  c 3abc      2abc 2abc B = 2bc 2ac 2ab (0,5đ) Câu :(3đ) a, 2< 1 2+ + + + 50 < 10 (0,25®) 1 ®Ỉt S = + + + + Ta cã S > 50 + 50 + + Mặt khác có : = < 50 50 = 50 50 = (0,5®) 1 2   2 2 2  50 = 50 50  49 (0,5®) Céng vế ta đợc : S< 2   1 2 50  49 = 2{(  )  (  1)   ( 50  49) } = 50 = 10 (2) (0,5đ) Từ (1) (2)  < S < 10 (®pcm) b, T×m GTNN P = x2 + y2 + z2 (0,25đ) biết x + y + z = 2007 áp dơng B§T Bu Nhiacèpxki ta cã : (x + y + z)2  (x2 + y2 +z2) (12+12+12) ( x  y  z ) 2007  3 = 669  x2 + y2 + z2  (0,5®) (0,25đ) Vậy GTNN P : 669 (0,25đ) Câu 4(3đ): Gọi số giải nhất, nhì, ba lần lợt x,y,z Ta có ĐK : x,y,z N (0,5đ) Theo ®Ò ta cã : 2(x+1) = y - 4(x-3) = y +3 (0,5®) ( x  y  z) z= 2x - y = - (1) 4x - y = 15 (2) (0,5®) z 7 (x+y) (3) LÊy (2) - (1) ta ®ỵc 2x = 18  x = (0,25®) Thay x = vµo (1)  y = 2.9 + = 21 (0,25®) z (9+21) Thay x = 9, y = 21 vµo (3)  (3)  7 30  z= =12 VËy : (0,5®) x=9 y = 21 (0,25®) z = 12 (0,25đ) Đáp số : Số giải Số giải nhì 21 Số giải ba 12 Câu 5(5đ) : E Vẽ hình cân đối GT- KL C (1đ)a, ABD ECD có : (0,5®) E = A = 900 K ADB = EDC (đồng dạng) A ABD ECD F B (0,5đ)b, Tứ giác ABCE nội tiếp BAC = BEC = 1v (1đ)c, FBC có : CA BE đờng cao Giao điểm D chúng trực tâm tam giác FD BC K (2đ)d, A , có B = 60 nên nửa tam giác có  ABC  BC = 2a §êng cao AH nửa cạnh AB Do : BC 2a  a AC = AB = BC = a  AHB  H có B = 600 nên nửa tam giác có AB = a đờng cao AH, nửa c¹nh BH AB a  2  AH =  KEB  t¹i K (chøng minh trªn) cã B = 600  KFB = 300 Do AFD nửa tam giác FD = 2AD = 2a V× FAD = FED = nên ADEF nội tiếp đờng tròn đờng kính FD = 2a R=a Câu (5đ): Vẽ hình cân ®èi , viÕt GT- KL (0,5®) a, VÏ OH XÐt   AB ; OK  A'B' vu«ng OHB vµ OKA' cã AB2 = 4R2 - OH2 A'B'2 = 4R2 - 4OK2  AB2 + A'B'2 = 8R2 - 4OF2 b, Chứng minh vuông (1,5đ) FAA' AA' = FA2 + FA'2 BB'2 = FB2 + FB'2  vu«ng FBB' cã AA'2 + BB'2 = FA2 + FA'2 + FB2 + FB'2 = 4R T¬ng tù víi  vu«ng FAB'   vu«ng FBA' cã A'B2 + AB'2 = AA'2 + BB'2 = 4R (2®) AA' c, XÐt  vu«ng FAA' cã : IF = Do ®ã IO2 + IF2 = R2 (1®) ĐỀ 048 Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn(4) Môn: Toán chung Thời gian làm : 150' Bài (2.5 ®iĨm):  a   a 1  :    a 1    a a a  a  a 1    Cho biĨu thøc: A =  a.Rót gọn biểu thức A b.Tính giá trị biểu thức A a 2006  2005 Bµi (3.0 điểm): Cho hệ phơng trình: x y  x 0   x  my  m a.Giải hệ phơng trình m = b.Tìm m để hệ phơng trình đà cho có nghiệm phân biệt c Gọi (x1; y1) ( x2; y2 ) nghiệm hệ phơng trình đà cho CMR: (x2- x1 )2 + ( y2 - y1 )2 Bài ( 1.5 điểm): Tìm nghiệm nguyên dơng phơnh trình y 2x 7x  x  5x  Bµi ( 3.0 ®iĨm): Cho  ABC cã  B = 900 vµ  A > 600 Gäi M trung điểm AC Đờng vuông góc hạ từ A xuống BM cắt cạnh BC I Vẽ đờng tròn tâm tiếp xúc với AC K đờng thẳng qua A tiÕp xóc víi (I) t¹i E ( E K) cắt đờng thẳng BM N a.Chứng minh ®iĨm A, B, E, I, K cïng n»m trªn mét đờng tròn b.Tứ giác EKMN hình ? Tại ? c CMR: NEB cân Đáp án thang điểm môn toán chung Kỳ thi tuyến sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn Bài (1.5 ®iĨm): §iỊu kiƯn: a 0 a (2.0 ®iĨm) 0.25  a   a 1      a 1  :   a  a a  a  a 1    A =   a  a   a   :    a (a  1)(1  a)  a 1    0.5 ( a  1) a 1  a : a 1 (1  a )( a  1)  0.5 0.5 0.25 b ( 0.5 ®iĨm ) 1  a ( a  1) (1  a )( a  1) ( a  1)( a  1) a 2006  2005 ( 2005  1) Khi 0.25 Th× A = + ( 2005  1) 2005 0.25 Bài 2( 3.0 điểm): a.( 1.0 ®iÓm )  x  y  x (1) Hệ phơng trình x my  m 0 (2) Tõ (2)  x = m - my Thay vao (1) Ta đợc (m2 + ) y2 -( 2m2 - 1)y + m2 - m = Khi m = phơng trình (3) trë thµnh y( 2y - ) =  y1 0  x1 1   y   x2  2   1 Hệ phơng trình có nghiệm (1;0) ( ; ) (3) 0.25 0.25 0.25 0.25 b ( 1.0 ®iĨm ) Tõ x = m - my giá trị y tơng ứng với giá trị x Để hệ có nghiệm phân biệt (3) phải có nghiệm phân biệt 0.25 m  0     m( 4-3m) >  < m < VËy víi m  (0; ) th× hƯ cã nghiƯm ph©n biƯt 0.5 0.25 c.( 1.0 ®iĨm ) víi m  (0; ) th× phơng trình (3)có nghiệm phân biệt y1, y2 thoà m·n:  2m  m y  y   m2 1   y y m  m  m   x1 m  my1  x m  my2 vµ   x - x = m - m y - m + m y = m ( y1 - y ) (2m  1) 1 m Suy : ( x2 - x1 )2 + ( y2 - y1)2 = 1- m Bài ( 1.5 điểm): T X§ : x  R 0.25 0.75 Tõ y 2x  7x  x  5x   (x2 - 5x + )y =2x2- 7x +5  (y - 2)x2 + (7 - 5y ) x +7y - = * + NÕu y = thay vào * ta đợc x = => (3;2) nghiệm nguyên dơng phơng trình 0.25 + Nếu y * phơng trình bậc x Phơng trình có nghiệm 0  -y2 + 2y +   -1  y  0.25  y 1  Do y nguyên dơng y y 3 Víi y =  x 1  (lo¹i) Víi y =  x = (tho· mÃn) 0.25 Vậy phơng trình đà cho có cặp nghiệm nguyên dơng (3;2) (4;3) 0.25 Bài ( 3.0 ®iĨm): a ( 1.0 ®iĨm) Cã  ABI = 900 (gt) 0.25  AEB = 90o (v× AE tiếp tuyến ) 0.25 AKI = 90o(vì AK tiếp tuyến ) 0.25 B, E,K nhìn đoạn thẳng AI cố định dới góc vuông A, B, E, I, K nằm đờng tròn ®êng kÝnh AI 0.25 b (1.0 ®iÓm) Ta sÏ chứng minh tứ giác EKMN hình thang cân Có EK  AI vµ AE = AK ( hai tiÕp tuyến xuất phát từ điểm) 0.25 Mặt khác MN  AI nªn suy EK // MN 0.25 mà AE = AK 0.25 Vậy tứ giác EKMN hình thang cân 0.25 c (1.0 điểm) * Theo câu b : A, B, E, I nằm đờng tròn nên AIB = AEB = NEB (cùng chắn cung AB ) (1) 0.25 EBI =  EAI ( gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung EI ) *L¹i cã  EAI =  IAC (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn cïng xuÊt ph¸t tõ mét ®iÓm) suy  EBI =  IAC (2) * M trung điểm AC nên MB = MC ( ABC vuông B ) BMC cân M MBC = MCB (3) 0.25 *Kết hợp (2) (3) MBC +  EBI =  MCB +  IAC  MBC + EBI = MBE Mặt khác MCB +  IAC =  AIB (gãc ngoµi tam giác) MBE = AIB (4) 0.25 *Tõ (1) vµ (4)   MBE =  NEB NBE cân N.(đpcm) 0.25 049 THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH THUẬN Mơn Tốn lớp (2003 - 2004) (Thời gian : 150 phút) Bài : (6 điểm) 1) Chứng minh : số nguyên 2) Tìm tất số tự nhiên có chữ số cho : với n số nguyên lớn Bài : (6 điểm) 1) Giải phương trình : 2) Cho Parabol (P) : y = 1/4 x2 đường thẳng (d) : y = 1/2 x + a) Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ Oxy b) Gọi A, B giao điểm (P) (d) Tìm điểm M cung AB (P) cho diện tích tam giác MAB lớn c) Tìm điểm N trục hoành cho NA + NB ngắn Bài : (8 điểm) 1) Cho đường tròn tâm O dây cung BC không qua tâm O Một điểm A chuyển động đường tròn (A khác B, C) Gọi M trung điểm đoạn AC, H chân đường vng góc hạ từ M xuống đường thẳng AB Chứng tỏ H nằm đường tròn cố định 2) Cho đường tròn (O, R) (O’, R’) với R’ > R, cắt điểm A, B Tia OA cắt đường tròn (O’) C tia O’A cắt đường tròn (O) D Tia BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD E So sánh độ dài đoạn BC BE ĐỀ 050 k× thi chän häc sinh giái cÊp tỉnh môn thi: toán Thời gian làm 150 phút Ngày thi 08 tháng 03 năm 2010 -x x 3 2( x  3) x 3   x 1 x Câu (2điểm) Cho biểu thức A = x  x  a) Rót gän biĨu thức A b) Tìm giá trị nhỏ A Câu (1,5 điểm) Tìm x biết a) x    b) x   x   C©u (1,0 điểm) Tìm giá trị nguyên m để giao điểm đờng thẳng mx y vµ 3x  my  n»m gãc vuông phần t IV Câu 4(2,0 điểm) Cho phơng trình (ẩn x): ( 2m - )x - ( m -1 )x + m - = a) Xác định m để phơng trình có nghiệm b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt đối Câu 5: (2,5điểm) Từ điểm C nằm đờng tròn tâm O,vẽ tiếp tuyến CE, CF (E F tiếp điểm),và cát tuyến CMN tới đờng tròn.Đờng thẳng nối C với O cắt đờng tròn hai điểm A B.Gọi I giao điểm AB EF a)Chứng minh r»ng: CM.CN = CI.CO · ·  BIN b) Chøng minh rằng: AIM c) MI kéo dài cắt đờng tròn (O) điểm D (khác điểm M) à Chứng minh CO tia phân giác MCD Câu 6(1,0 điểm) Cho biÓu thøc B = x  x  12 x  x  13x 2014 Không dùng máy tính, hÃy tính giá trÞ cđa B x= 3 3 Họ tên: Chữ kí GT 1: SBD Đáp án - Môn Toán Câ u Đáp án a) ĐKXĐ : x ; x9 §iĨm 0,25 x x 3 2( x  3) x 3   x 1 x 3 A = ( x  1)( x  3) x x 3 2( x  3)( x  3) ( x  3)( x  1)   ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3) ( x  3)( x  1) A= 0,25 x x   x  12 x  18  x  x  ( x  1)( x  3) A= x x  3x  x  24 ( x  3)( x  8) x8 A = ( x  1)( x  3) = ( x  1)( x  3) = x  0,25 x 1  x 1 9    x 1  x 1 2 x  x  x  x  x  b) A = 0 x  x   áp dụng bất đẳng thức côsi 0,25 0,25 0,25 ta cã x 1 9  ( x  1) 2 6 x 1 x A 62 Vậy giá trị nhỏ nhÊt cña A =  x 1  a) §KX§ x  ( x  1)   x 1  0,5 x    x  4(t / m) 0,25  2x     2x     0,25 Giải phơng trình có x = 0,25 Thoả mÃn ĐKXĐ Vậy phơng trình có nghiệm x = b) x2   x   §KX§: 0,25  x  3  x  3   x2     x3   x   x   x2   x     x     x  3  x    x 3  x 3 3  0,25  x3  x  x      x  (TM§KX§)  x     x3 3 Vậy phơng trình có hai nghiệm x = 3; x = Toạ độ giao điểm đờng thẳng mx- 2y = 3và 3x+my=4 nghiệm hệ phơng trình mx y x  my  x 3m  4m  ,y 6m  m2 Gi¶i hƯ phơng trình tìm đợc Để giao điểm nằm góc phần t IV x >  m y m = lµ mét giá trị + Nếu 2m - m , để phơng trình có ' nghiÖm    ( m -1 )2 - ( 2m - )( m - 3)   m -   m  0,25 0,25 0,25 0,25 b) PT có hai nghiệm phân biệt đối khi: m  , f vµ x1 + x2 = 0,25 hay: m  , m > 2(m  1) vµ 2m  = ( ®/l Vi-Ðt )  m = 0,25 VÏ h×nh 0,25 E N M C A I B O D F a Chøng minh hai tam giác CEM CNE đồng dạng => CE CN   CM.CN  CE CM CE (1) Chøng minh CEO vuông E ,đờng cao EI => CI.CO = CE2 (2) 0,5 0,25 0,25 Tõ (1) vµ (2) => CM.CN = CI.CO b) CM.CN  CI.CO  CM CO  CI CN Tõ ®ã chøng minh hai tam giác CMI CON đồng dạng theo T.H (cgc) 0,25 · ·  CNO => CIM => Tø gi¸c MNOI néi tiÕp 0,25 · · ·  AIM => MNO (cïng bï víi MIO ) · · OMN  BIN (2gãc néi tiÕp cïng ch¾n 0,5 cung NO) · à MNO OMN (Tam giác MNO cân O) => · · AIM  BIN c) C/M: Hai tam giác MIE va FID đồng dạng => IM.ID =IE.IF Tam giác CEO vuông E (câu a) => IC.IO = IE2 = IE.IF MI IO  IC ID => IM.ID = IC.IO => Tõ ®ã chøng minh : MIC : OID(c.g.c) => · · · · ICM  IDO OCM ODM 0,25đ 0,25đ hay => Tứ giác CMOD nội tiÕp · ·  OMD => OCD (2 gãc néi tiếp chắn cung OD) 0,25đ à à OCM ODM (2 gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung OM) · à ODM OMD ( Tam giác OMD cân O) · · OCD  OCM => · MCD Ta có x = => CO tia phân giác cña 3 (3  5) 3   3 (3  5)(3  5)  2x =   - 2x =  x2 - 3x + = Ta cã: B = x  x  12 x  x  13 x  2014 = = (x2 - 3x + 1)(x3 - 3x2 +2x +5) +2009 = (x3 - 3x2 +2x +5) +2009 = 2009 3 VËy x= 3 th× B = 2009 0.25 0,25 0.25 0.25