065 toán vào 10 chuyên hải dương 2009 2010

4 ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN: HẢI DƯƠNG, THỪA THIÊN HUẾ, HƯNG YÊN, VĨNH PHÚC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NGUYỄN TRÃI Năm học 2009-2010 Mơn thi : Tốn Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 08 tháng năm 2009 (Đề thi gồm: 01 trang) Đề thức Câu I (2.5 điểm): 1) Giải hệ phương trình:  x  y  xy 3   xy  3x 4 2) Tìm m nguyên để phương trình sau có nghiệm ngun: 4x  4mx  2m  5m  0 Câu II (2.5 điểm): 1) Rút gọn biểu thức: A   x2     x   x    với  x 2   x2 2) Cho trước số hữu tỉ m cho m số vơ tỉ Tìm số hữu tỉ a, b, c để: a m  b m  c 0 Câu III (2.0 điểm): 1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số x3 số nguyên dương biết f (5)  f (3) 2010 Chứng minh rằng: f(7)  f(1) hợp số 2) Tìm giá trị lớn biểu thức: P  x  4x   x  6x  13 Câu IV (2.0 điểm): Cho tam giác MNP có ba góc nhọn điểm A, B, C hình chiếu vng góc M, N, P NP, MP, MN Trên đoạn thẳng AC, AB lấy D, E cho   DE song song với NP Trên tia AB lấy điểm K cho DMK Chứng minh rằng: NMP 1) MD = ME 2) Tứ giác MDEK nội tiếp Từ suy điểm M tâm đường tròn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK Câu V (1.0 điểm): Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đường trịn để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn -Hết Họ tên thí sinh : Số báo danh : Chữ kí giám thị : .Chữ kí giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Năm học 2009-2010 Môn thi : Toán Hướng dẫn chấm Câu Phần Câu I 1) 2,5 điểm 1,5điểm Điểm Nội dung  x  y  xy 3 (1)  (2)  xy  3x 4 Từ (2)  x  Từ y   3x , thay vào (1) ta có: x 0.25   3x   3x x  3   x x  x   7x  23x  16 0 Giải ta x 1 x = 2) 1,0điểm Câu II 1) 2,5 điểm 1,5điểm 0.25 0.25 16 0.25 16 7 Từ x 1  x 1  y 1 ; x   x   y  7 4 5 7 4 7 ; ; Vậy hệ có nghiệm (x; y) (1; 1); (-1; -1);  ;     7   Điều kiện để phương trình có nghiệm:  x ' 0 0.25 0.25 0.25  m   5m  0  (m  2)(m  3) 0 Vì (m - 2) > (m - 3) nên:  x ' 0  m  0 m  0  m 3, mà m  Z  m = m = Khi m =   x ' =  x = -1 (thỏa mãn) Khi m =   x ' =  x = - 1,5 (loại) Vậy m = Đặt a   x; b   x  a  b 4; a  b 2x  ab  a  b  A  0.25 0.25 0.25 (a, b 0) 0.25  ab  a  b   a  b  ab  2 0.25  ab  ab  ab  a  b    ab   A   ab  a  b   ab  A   2ab  a  b   A 2 a 2 0.25 0.25  b  2ab   a  b   a  b   a  b  0.25 0.25 0.25  A a  b 2x  A x 2) 1,0điểm a m  b m  c 0 (1) Giả sử có (1)  b m  c m  am 0 (2) Từ (1), (2)  (b2  ac) m (a m  bc) a m  bc Nếu a m  bc 0  m  số hữu tỉ Trái với giả thiết! b  ac b  ac 0 b3 abc     a m  bc 0 bc am b  b3 a 3m  b a m Nếu b 0 m  số hữu tỉ Trái với giả a thiết!  a 0; b 0 Từ ta tìm c = Ngược lại a = b = c = (1) ln Vậy: a = b = c = Câu III 1) điểm 1,0điểm 2) 1,0điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 Theo f(x) có dạng: f(x) = ax + bx + cx + d với a nguyên dương Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c  16b + 2c = (2010- 98a) Ta có 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) 3 Vì a nguyên dương 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 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) Ta chứng minh được: AB  OA  x 2  x  3      25   26  x  2  12 , OB   x  3  22 0.25 Mặt khác ta có: OA  OB AB  Câu IV điểm  x  2  12   x  3  22  26 0.25 Dấu “=” xảy A thuộc đoạn OB B thuộc đoạn OA x    x 7 Thử lại x = A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc x 3 đoạn OB Vậy Max P  26 x = Ta dễ dàng chứng minh tứ giác M 1)   MBAN nội tiếp  MAB , MNB 0,75điểm   MCAP nội tiếp  CAM CPM K B C D N E A P 0.25 0.25   Lại có BNM CPM (cùng phụ góc NMP)   (1)  CAM BAM Do DE // NP mặt khác MA  NP  MA  DE (2) Từ (1), (2)  ADE cân A  MA trung trực DE  MD = ME 0.25 0.25 2) 1,25điểm M K B C D N E P A   Do DE//NP nên DEK , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên: NAB     NMB  NAB 1800  NMB  DEK 1800 0.25     Theo giả thiết DMK NMP  DMK  DEK 180  Tứ giác MDEK nội tiếp Do MA trung trực DE  MEA MDA      MEA MDA  MEK MDC      DM phân giác góc CDK, kết Vì MEK MDK  MDK MDC hợp với AM phân giác DAB  M tâm đường tròn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK Câu V 0.25 0.25 0.25 0.25 A' điểm B' B O C A D' D Không tổng quát giả sử:AB AC Gọi B’ điểm cung   AB' CB' ABC Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho BA’ = BA  AB  BC CA '      Ta có: B'BC (1) ; B'CA (2) B'AC B'CA  B'BA 1800     B'BC  B'BA ' 1800 (3);Từ (1), (2), (3)  B'BA B'BA ' 0.25 0.25 Hai tam giác A’BB’ ABB’  A 'B ' B 'A Ta có  B'A  B'C B'A' B'C A'C = AB + BC ( B’A + B’C khơng đổi B’, A, C cố định) Dấu “=” xảy B trùng với B’  Hoàn toàn tương tự gọi D’ điểm cung ADC ta có AD’ + CD’  AD + CD Dấu “=” xảy D trùng với D’  Chu vi tứ giác ABCD lớn B, D điểm  đường trịn (O) cung AC Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải cho điểm tối đa SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ Đề thức 0.25 0.25 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUN QUỐC HỌC Mơn: TỐN - Năm học 2008-2009 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (3 điểm) a) Khơng sử dụng máy tính bỏ túi, chứng minh đẳng thức : 3  13  1  x   y 5 b) Giải hệ phương trình :  ( x  x  1) y 36 Bài 2: (1,5 điểm) Cho phương trình: x  2mx  2m  0 Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm x1, x , x , x cho: x1  x  x  x x  x1 3  x3  x  Bài 3: (3 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB Gọi C trung điểm bán kính OB (S) đường trịn đường kính AC Trên đường tròn (O) lấy hai điểm tùy ý phân biệt M, N khác A B Gọi P, Q giao điểm thứ hai AM AN với đường tròn (S) a) Chứng minh đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ b) Vẽ tiếp tuyến ME (S) với E tiếp điểm Chứng minh: ME = MA MP c) Vẽ tiếp tuyến NF (S) với F tiếp điểm Chứng minh: ME AM  NF AN Bài 4: (1,5 điểm) Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết hệ thập phân) cho hai điều kiện sau đồng thời thỏa mãn: (i) Mỗi chữ số đứng sau lớn chữ số đứng liền trước (ii) Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, p tỉ số chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị q tỉ số chữ số hàng nghìn chữ số hàng trăm Bài 5: (1 điểm) Một bìa dạng tam giác vng có độ dài ba cạnh số ngun Chứng minh cắt bìa thành sáu phần có diện tích diện tích phần số nguyên Hết SBD thí sinh: Chữ ký GT1: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUN QUỐC HỌC Mơn: TỐN - Năm học 2008-2009 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM BÀI NỘI DUNG Điể m 3,0 B.1 1.a 1.b 3  13   3  12    3 3  3  3 2  31 0.25  3  1  3  31   1 3 3   31 0.25 0,25 0.25 Điều kiện y 0 x 0,25 0,25   2x  y 36  x  y 6 0,50  u  v 5  uv 6 Đặt u  x  , v  y ( u 0, v 0 ), ta có hệ  Giải : u = , v = u =3 , v = Trường hợp u = , v = có : ( x = ; y = ) ( x =  ; y = 9) Trường hợp u = , v = có : ( x = ; y = ) ( x =  ; y = 4) Hệ cho có nghiệm: (1;9) , (-3;9) , (2;4) , (- 4;4) 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 B.2 x  2mx  2m  0 (1) Đặt : t x , ta có : t  2mt  2m  0 (2) ( t 0 )  ' m  2m   m  1 0 với m Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt (2) ln có hai nghiệm dương phân biệt 0,25 0,25 0,25 t1 , t Tương đương với:  '  0, P 2m   0, S 2m   m  , m 1 (3) Với điều kiện (3), phương trình (2) có nghiệm dương  t1  t phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1  t  x  t1  x  t1  x  t 0,25 Theo giả thiết: x  x1 3  x  x   t 6 t1  t 3 t1  t 9t1 (4) Theo định lí Vi-ét, ta có: t1  t 2m t1t 2m  (5) Từ (4) (5) ta có: 10t1 2m 9t12 2m   9m  50m  25 0  m1  ; m 5 0,50 Cả hai giá trị thỏa mãn điều kiện tốn Vậy để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn điều kiện tốn cần đủ là: m m 5 B.3 3,0 3.a + Hình vẽ 0,25   CPA BMA 900  CP / /BM AP AC  Do : (1) AM AB AQ AC  (2) + Tương tự: CQ / /BN AN AB AP AQ  Từ (1) (2): , AM AN Do PQ / /MN 3.b 0,25 0,25     + Hai tam giác MEP MAE có : EMP PEM AME EAM Do chúng đồng dạng + Suy ra: 3.c 0,25 0,50 ME MP   ME MA MP MA ME 0,50 + Tương tự ta có: NF2 NA NQ 0,25 ME MA MP  + Do đó: NF2 NA NQ MP MA  (Do PQ / /MN) + Nhưng NQ NA + Từ đó: 0,25 0,25 ME AM ME AM    2 NF AN NF AN 0,25 B 1,5 Xét số tùy ý có chữ số abcd mà a  b  c  d 9 (a, b, c, d số nguyên) 0,25 c a Ta tìm giá trị nhỏ p  q   d b Do b, c số tự nhiên nên: c  b  c b  Vì : p q  b 1  b 0,75 b 1 b p q     2   9 b 9 b p q  0,25 b trường hợp c b  1, d 9, a 1,  9 b 0,25 1,0 Vậy số thỏa mãn điều kiện toán là: 1349 B.5 Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác vuông ABC, c cạnh huyền Ta có a  b c ; a, b, c  N* , diện tích tam giác ABC S  ab 0.25 Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12 + Chứng minh ab3 0,25 Nếu a b đồng thời không chia hết cho a  b chia dư Suy số phương c chia dư 2, vô lý + Chứng minh ab4 - Nếu a, b chẵn ab 4 - Nếu hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ Lúc c lẻ Vì c chẵn c2 4 , lúc a  b chia hết cho 0,25 Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h  N Ta có : 2 b  2h  1   2k 1 =  h  k   h  k  1 =  h  k   h  k  1  8k  h  k  8 Suy b 4 Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành phần nhau, nối điểm chia với C tam giác ABC chia thành tam giác, tam giác có diện 0.25 ab tích số nguyên 12 Ghi chú:  Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa câu  Điểm tồn khơng làm trịn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2009 – 2010 Đề thức (Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn, Tin) Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (1,5 điểm)  Cho a 2 :   1        Hãy lập phương trình bậc hai có hệ số ngun nhận a - nghiệm Bài 2: (2,5 điểm)   xy  a) Giải hệ phương trình:   xy   x 16  y y  x 2 b) Tìm m để phương trình  x  2x   3x  6x  m 0 có nghiệm phân biệt Bài 3: (2,0 điểm) a) Chứng minh số nguyên k lớn thoả mãn k  k  16 số nguyên tố k chia hết cho b) Chứng minh 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 đường trịn tâm O dây AB khơng 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD c) Tổng bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD ACD không đổi Bài 5: (1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA cho hình - giác EFGHIJKM có góc Chứng minh độ dài cạnh hình - giác EFGHIJKM số hữu tỉ EF = IJ Hết 10 Họ tên thí sinh:…………………… ……….…… Số báo danh: ….….………Phòng thi số: … … Chữ ký giám thị …………… ….…… … SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2009 – 2010 Mơn thi: Tốn Hướng dẫn chấm thi Bài 1: (1,5 điểm)  a 2 :        a = 2:   2 :    1 1  7 1 1 0,5 đ 0,25 đ Đặt x a   x    x    x  2x  7 0,5 đ  x  2x  0 Vậy phương trình x  2x  0 nhận 0,25 đ  làm nghiệm Bài 2: (2,5 điểm)   xy  a)   xy   x 16  x 16 xy     y y   y  y  x 5   x y x (1) ĐK: x, y 0 0,25 đ (2) Giải (2)  6y  6x 5xy  (2x  3y)(3x  2y) 0  3y  3y 16 y   2 0,25 đ * Nếu 2x  3y 0  x  Thay vào (1) ta  3y 23  (phương trình vơ nghiệm) 2y * Nếu 3x  2y 0  x  Thay vào (1) ta y 9  y 3  0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ - Với y 3  x 2 (thoả mãn điều kiện) - Với y   x  (thoả mãn điều kiện) 0,25 đ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3) (y 0) (*) b) Đặt x  2x  y   x  1 y  x 1  y 0,25 đ 11 Phương trình cho trở thành:  y  1   y  1  m 0  y  5y  m  0 (1) Từ (*) ta thấy, để phương trình cho có nghiệm phân biệt phương trình (1) có nghiệm dương phân biệt     S   P   9  4m   5  m    0,25 đ 0,25 đ  m    4m m   Vậy với   m  phương trình có nghiệm phân biệt 0,25 đ Bài 3: (2,0 điểm) a) Vì k > suy k   5; k  16  - Xét k 5n  với n    k 25n  10n   k  5 0,25 đ  k  không số nguyên tố - Xét k 5n  với n    k 25n  20n   k  16 5  k  16 không số nguyên tố - Xét k 5n  với n    k 25n  30n   k  16 5  k  16 không số nguyên tố 0,25 đ 0,25 đ - Xét k 5n  với n    k 25n  40n  16  k  5 0,25 đ  k  không số nguyên tố Do k 5 2 2 b) Ta chứng minh: Với a, b, c  a  b  c  3  a  b  c  (*) Thật (*)  a  b  c  2ab  2bc  2ca 3a  3b  3c 0,5 đ  (a  b)  (b  c)  (c  a) 0 (luôn đúng) áp dụng (*) ta có:  p a  p b  p c Suy  3  3p  a  b  c  3p 0,5 đ p  a  p  b  p  c  3p (đpcm) Bài 4: (3,0 điểm) 12 N D J I A O C B M a) Xét MBC MDB có:   BDM MBC   BMC BMD 0,5 đ Do MBC MDB đồng dạng MB MD   MB.BD MD.BC Suy BC BD 0,5 đ    b) Gọi (J) đường tròn ngoại tiếp BDC  BJC 2BDC 2MBC  BJC  hay  MBC   1800  BJC  BCJ cân J  CBJ  0,5 đ   BJC 180O  BJC   Suy MBC  CBJ   90O  MB  BJ 2 Suy MB tiếp tuyến đường tròn (J), suy J thuộc NB 0,5 đ c) Kẻ đường kính MN (O)  NB  MB Mà MB tiếp tuyến đường tròn (J), suy J thuộc NB Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp ADC Chứng minh tương tự I thuộc AN     Ta có ANB ADB 2BDM BJC  CJ // IN 0,5 đ Chứng minh tương tự: CI // JN Do tứ giác CINJ hình bình hành  CI = NJ Suy tổng bán kính hai đường trịn (I) (J) là: IC + JB = BN (không đổi) Bài 5: (1,0 điểm) 0,5 đ 13 A E F a B b h c M K D G H g d f e J I C Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (với a, b, c, d, e, f, g, h số hữu tỉ dương) Do góc hình cạnh nên góc hình cạnh có (8  2).180O 135O số đo là: 0,25 đ Suy góc ngồi hình cạnh là: 180O - 135O = 45O Do tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ tam giác vuông cân h b d f  MA = AE = ; BF = BG = ; CH = CI = ; DK = DJ = 2 2 h b f d a   e Ta có AB = CD nên: 2 2  (e - a) = h + b - f - d h b f  d   (điều vô lý số vô tỉ) Nếu e - a ≠  e a Vậy e - a =  e = a hay EF = IJ (đpcm) 0,5 đ 0,25 đ 14 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ————————— (Đề có 01 trang) Câu 1: (3,0 điểm) a) 1  x  y  x  y   Giải hệ phương trình:   xy    xy b) Giải biện luận phương trình: | x  | p | x  |5 (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 Chứng minh (b  c) (c  a) (a  b) Câu 3: (1,5 điểm) Cho A  4x  4x  B  2x  x  2x  Tìm tất giá trị nguyên x cho C  2A  B số nguyên Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB1  x  Khi đó: x = (vì x nguyên) C 0 Vậy x = giá trị cần tìm Nếu x   Khi x  (do x nguyên) Ta có: 4(x  1) 2x  2 4(x 1)  1   , suy   C 0 C   1  0 C   3(2x  1) 3(2x  1)  2x   3(2x  1) Nếu  0,5 0,25 0,25 hay C =0 x = -1 Vậy giá trị tìm thoả mãn yêu cầu là: x = , x = -1 Câu (3,0 điểm): a) 2,0 điểm: Nội dung trình bày Gọi I trung điểm AB, I A B K Q D E H E IK  CD , R IM  CD Xét hai tam giác   KIB KED có: ABD BDC 0,25 KB = KD (K trung điểm BD) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   IKB EKD Suy KIB KED  IK KE Chứng minh tương tự có: MIA MRC M R C Điểm Suy ra: MI = MR Trong tam giác IER có IK = KE MI = MR nên KM đường trung bình  KM // CD Do CD // AB (gt) KM // AB (đpcm) 0,25 0,25 b) 1,0 điểm: Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)  IK đường trung bình  ABD  IK//AD hay IE// AD 0,25 Chứng minh tương tự  ABC có IM//BC hay IR//BC Có: QK  AD (gt), IE//AD (CM trên)  QK  IE Tương tự có QM  IR 0,25 17 Từ có: IK=KE, QK  IE  QK trung trực ứng với cạnh IE IER Tương tự 0,25 QM trung trực thứ hai IER Hạ QH  CD suy QH trung trực thứ ba IER hay Q nằm trung trực 0,25 đoạn CD  Q cách C D hay QD=QC (đpcm) Câu (1,0 điểm): P' B' A C' P C B A' Trong số tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn (diện tích S) Khi S 1 Qua đỉnh tam giác, kẻ đường thẳng song song với cạnh đối diện, đường thẳng giới hạn tạo thành tam giác A 'B 'C ' (hình vẽ) Khi SA 'B'C' 4SABC 4 Ta chứng minh tất điểm cho nằm tam giác A 'B 'C ' Giả sử trái lại, có điểm P nằm tam giác A 'B 'C ' chẳng hạn hình vẽ Khi d  P; AB   d  C; AB  , suy SPAB  SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn Vậy, tất điểm cho nằm bên tam giác A 'B 'C ' có diện tích khơng lớn 0.25 0.25 0.25 0.25 18