THÔNG TIN TÀI LIỆU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đề thi gồm: 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) 12 135 12 135 x 1 3 3 1) Cho Khơng dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức M= x3 x 3 x y a b x y a3 b3 x , y a , b R 2) Cho trước ; gọi hai số thực thỏa mãn 2011 y 2011 a 2011 b 2011 Chứng minh rằng: x Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x ax bx 0 (1) 1) Tìm số hữu tỷ a b để phương trình (1) có nghiệm x 2 2) Với giá trị a, b tìm trên; gọi x1 ; x2 ; x3 ba nghiệm phương trình (1) S Tính giá trị biểu thức 1 x15 x25 x35 Câu (2,0 điểm) 2 2 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x y x y 60 37 xy x x x y y x 1 x y 0 2) Giải hệ phương trình: Câu (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) (O’ ; R’) cắt I J (R’ > R) Kẻ tiếp tuyến chung hai đường trịn đó; chúng cắt A Gọi B C tiếp điểm hai tiếp tuyến với (O’ ; R’); D tiếp điểm tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I điểm B nửa mặt phẳng bờ O’A) Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) M (điểm M khác điểm I ) 1) Gọi K giao điểm đường thẳng IJ với BD Chứng minh: KB = KI.KJ ; từ suy KB = KD 2) AO’ cắt BC H Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm đường tròn 3) Chứng minh đường thẳng AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD Câu (1,0 điểm) Mọi điểm mặt phẳng đánh dấu hai dấu (+) ( ) Chứng minh điểm mặt phẳng làm thành tam giác vng cân mà ba đỉnh đánh dấu -Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đáp án gồm : 04 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm theo cách khác vẫn cho điểm tối đa - Việc chi tiết điểm số (với cách khác, có) phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 12 135 12 135 x 1 3 3 M= x x Tính Cho 12 135 12 135 x 1 3 3 Từ 12 135 12 135 x 1 3 3 1,00 12 135 12 135 3x 1 3 3 3x 1 8 3 3x 1 x x 0 M 1 1 Cho trước a, b R ; gọi x,y hai số thực thỏa mãn x y a b (I ) 3 3 2011 y 2011 a 2011 b 2011 x y a b Chứng minh rằng: x 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 x y a b (I ) 3 x y xy x y a b 3ab a b (1) x y a b (*) xy (a b) ab(a b) (2) 0,25 x y a b (*) xy ab a b +/Nếu => x, y nghiệm phương trình X (a b) X ab 0 0,25 0,25 x b x a ; 2011 y a y b y 2011 a 2011 b 2011 Giải ta có => x +/Nếu a b 0 => a b x y 0 x y 3 x y Ta có hệ phương trình 2011 2011 a b 0 2011 2011 2011 2011 2011 2011 x y 0 => x y a b => 0,25 x3 ax bx 0 (1) Tìm a, b Q để (1) có nghiệm x 2 Thay x 2 vào (1)ta có : 2 a 2 b 2 0 0,25 4a b 15 7a 2b 25 4a b 15 0 +/Nếu 3 => 7a 2b 25 4a b 15 1,00 0,25 (vơ lí VT số vơ tỷ , VP số hữu tỷ) 0,25 7a 2b 25 0 a b 15 4a b 15 0 +/ Suy a b 5 0,25 Giải hpt ,kết luận : 2 S Với a=-5 ;b=5 Tính giá trị biểu thức +/ a b 5 (1) có dạng 1,00 1 x15 x25 x35 x x x 0 x-1 x x 1 0 0,25 Khơng tính tổng qt coi x3 1 x1 , x2 nghiệm phương trình x1 x2 4 x x 1 0 ( có ' 3 ) => x1x2 1 0,25 2 +/ x12 x22 x1 x2 x1 x2 14 +/ x x x1 x2 x x x1 x2 52 3 2 2 0,25 0,25 x15 x25 x12 x22 x13 x23 x12 x22 x1 x2 724 +/ =>S = 725 2 2 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x y x y 60 37 xy (1) 2 (1) x y x y 35 xy 60 x y 5 xy 3 xy Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, VT 0 xy - 3 xy 0 xy 4 xy 3 xy 4 Do x, y Z => xy Z => xy 3 x y 2 x 3 x y +/ (vô nghiệm Z) xy 4 x y x y 2 x y 0 x 4 x y +/ 1,00 0,25 0,25 0,25 x y 2 x y Vậy giá trị cần tìm x x x y y (1) x 1 x y 0 (2) Giải hệ phương trình: Điều kiện : y 0 0,25 x y x y x 1 0 x 1 (1) 0,25 +/Nếu x 1 thay vào phương trình (2) ta có : +/Nếu x y 0 1,00 0,25 y 0 y 1 Khi (2) nên x 1 x 0 x 1 2.2 x 4 x VT(3) 2( x - x 1) 2 (3) x 1 2 x 2 x 0,25 x 0 0,25 x 1 x 1 y 1 x Do Pt (3) x 1 x ; y 1 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm K giao điểm đường thẳng IJ với BD Chứng minh KB = KD 1,00 B K M D A I H O O' J C 0,25 Do AO AO’ hai tia phân giác BAC => A,O,O’ thẳng hàng IBK BJI ; BKI sđ BI Có chung 0,25 KI KB = KB2 =KI.KJ Δ KBI đồng dạng với Δ KJB (g.g)=> KB KJ (1) 0,25 KI KD = KD =KI.KJ KD KJ (2) Tương tự: Δ KDI đồng dạng với Δ KJD Từ (1) (2) => KB=KD Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm đường trịn 0,25 +/Xét tam giác vng ABO’ có: AB =AH.AO' (3) 1,00 0,25 ABI AMB ; BAI sđ BI +/ Có : chung AB AI = AB2 =AM.AI Δ ABI đồng dạng với Δ AMB (g.g) AM AB (4) AH AM AI.AM=AH.AO' = AI AO' Từ (3),(4) => AH AM = => Δ AHI đồng dạng với Δ AMO' ( AI AO' ; A chung ) AHI=AMO' => => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay điểm I, H, M, O’ thuộc đường tròn Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD AO OD R OI OI AO' O'B R' O'M O'I Do OD // O’B (cùng AB) OI cắt O’I A,I,M thẳng hàng => OI // O’M 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 => DOI=BO'M 1 1 C BDI DOI BIM BO'M 2 2 sđ BM DI mà sđ => BDI BIM =>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔBID hay AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD 0,25 D 0,25 0,25 I Chứng minh điểm mặt phẳng làm thành tam giác 1,00 vng cân mà ba đỉnh đánh dấu Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A Do A B đánh hai dấu (+), ( ) nên tồn hai điểm dấu , không tổng quát giả sử hai điểm A, B dấu dấu (+) + Nếu C có dấu (+) tam giác vng cân ABC tam giác phải tìm 0,25 + Nếu C có dấu (- ) ta dựng điểm D cho ABDC hình vng _ Nếu D có dấu (+) tam giác ABD tam giác cần tìm _ Nếu D có dấu (-) gọi I giao điểm AD BC * Nếu I có dấu (+) tam giác vng cân ABI tam giác cần tìm * Nếu I dấu (-) dễ thấy tam giác vng cân CID có ba đỉnh 0,25 dấu (-) tam giác cần tìm 0,25 0,25
Ngày đăng: 10/08/2023, 03:44
Xem thêm: