077 toán vào 10 chuyên nghệ an 2009 2010

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO NGHỆ AN Đề thi thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2009 - 2010 Môn thi: Tốn Thời gian: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Bài 1: (3.5 điểm) a) Giải phương trình x    x 3 b) Giải hệ phương trình    x  y   x3    y Bài 2: (1.0 điểm) Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm ngun x  ax  a  0 Bài 3: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A có đường phân giác BE (E thuộc AC) Đường trịn đường kính AB cắt BE, BC M, N (khác B) Đường thẳng AM cắt BC K Chứng minh: AE.AN = AM.AK Bài 4: (1.5 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO I K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn tứ giác BICK hình bình hành Bài 5: (2.0 điểm) a) Bên đường trịn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác ABC b) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a  b  c 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức ab  bc  ca P a  b  c  a b  b c  c 2a Hết -Họ tên thí sinh ………………………………… ……… SBD…………… * Thí sinh khơng sử dụng tài liệu * Giám thị không giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2009 - 2010 Hướng dẫn chấm thi Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang Nội dung đáp án Điểm 3,5 đ 2,0đ Bài a x    x 3  x    x  3 x   x   x    x 27 0.50đ   (x  2)(7  x) 27 0.25đ  (x  2)(7  x) 2   (x  2)(7  x) 8 0.25đ 0.25đ 0.25đ  x  5x  0  x    x 6 0.50đ ( thỏa mãn ) b 1,50đ z y Đặt 0.25đ Hệ cho trở thành 2  3x z  2  3z x 0.25đ   x  z  z  x 0,25đ   0,25đ (vì x  xz  z   0, x,z ) 0,25đ   x  z  x  xz  z  0  x z 2  x  x  3x  0    x 2 Từ ta có phương trình: 0,25đ Vậy hệ cho có nghiệm: (x, y) ( 1;  2),  2,1 Bài 2: Điều kiện để phương trình có nghiệm:  0  a  4a  0 (*) Gọi x1, x2 nghiệm nguyên phương trình cho ( giả sử x1 ≥ x2) 1,0 đ 0,25đ 0,25đ  x1  x a  x1.x  x1  x 2  x1.x a   Theo định lý Viet:  (x1  1)(x  1) 3  x1    x1  3     x  1  x   (do x1 - ≥ x2 -1)  x 4  x1 0     x 2  x  Suy a = a = -2 (thỏa mãn (*) ) Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu toán 0,25đ Bài 3:      Vì BE phân giác ABC nên ABM MBC  AM MN    MAE MAN (1) A Vì M, N thuộc đường trịn đường   kính AB nên AMB ANB 90 E    ANK AME 900 , kết hợp M với (1) ta có tam giác AME đồng dạng với tam giác ANK C AN AK B N K   AM AE  AN.AE = AM.AK (đpcm) Bài 4: 0,50đ 0,25đ 0,50đ 0,25đ 0,25đ 1,5 đ   Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM AIM A   Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM ABC    AIM ABC Suy tứ giác BOIM nội tiếp E N M I B 0,25đ 2,0 đ 0,25đ C O K F Từ chứng minh suy tam giác AMI đồng dạng với tam giác AOB AM AI    AI.AO AM.AB AO AB (1) Gọi E, F giao điểm đường thẳng AO với (O) (E nằm A, O) Chứng minh tương tự (1) ta được: AM.AB = AE.AF = (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2 0,25đ 0,25đ 0,25đ  AI.AO = 3R2  AI  3R 3R 3R R    OI  AO 2R 2 (2) Tam giác AOB tam giác COK đồng dạng nên: OA.OK = OB.OC = R2 R2 R2 R  OK    OA 2R (3) Từ (2), (3) suy OI = OK Suy O trung điểm IK, mà O trung điểm BC Vì BICK hình bình hành Bài 5: a, 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2,0 đ 1,0 đ Giả sử O nằm miền tam giác ABC Khơng tính tổng qt, giả sử A O A nằm phía đường thẳng BC Suy đoạn AO cắt đường thẳng BC K K Kẻ AH vng góc với BC H B C H Suy AH  AK < AO Suy P=a  b  c  ab  bc  ca a  b2  c2  (a  b  c )  P a  b  c  2(a  b  c ) Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t  9 t t t P t      3   4 2t 2t 2 2 Suy P4 Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Nếu thí sinh giải cách khác câu cho tối đa điểm câu