Chứng minh phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.. Vẽ về phía ngoài của tam giác ABC nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính AC.. Chứng minh rằng: 1 Đường trung t
Trang 1SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 NAM ĐỊNH MÔN: TOÁN - Đề chuyên
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 1 trang
Câu1: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: 6+ x − x =2
4
1 3+ 5 7 + + 97 99 >
Câu II: (3,0 điểm)
1) Cho phương trình: x4 – 6x2 + 4 = 0.
Chứng minh phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt Gọi bốn nghiệm đó là x1,
x2, x3, và x4, hãy tính giá trị của biểu thức T = 6
1
x + 6 2
x + 6 3
x + 6 4
x ( với kết quả được rút gọn ).
2) Giải hệ phương trình:
x 3y 6y 4 0
x x y 2y 0
Câu III: (2,0điểm)
Cho tam giác nhọn ABC Vẽ về phía ngoài của tam giác ABC nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính AC Đường thẳng d thay đổi đi qua A, cắt hai nửa đường tròn vừa vẽ theo thứ tự tại M và N ( M và N khác A).
Chứng minh rằng:
1) Đường trung trực của đoạn thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
2) MB + MN + NC < 2(AB + AC).
Câu IV (1,0 điểm)
Bên trong một hình vuông có cạnh bằng 8cm, lấy 100 điểm bất kỳ Chứng minh rằng trong 100 điểm vừa lấy, có ít nhất 4 điểm cùng nằm trong một đường tròn có bán kính bằng 1cm.
Câu V (2,0 điểm)
1) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2x + 2
1 4x x− − 2) Chứng minh rằng: Nếu các số nguyên dương x, y, z ( với x > 1 và y > 1) thoả mãn điều kiện x2y2 – 4x + 4y = z2 thì x = y.
Hết
Trang 2
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010
NAM ĐỊNH MÔN: TOÁN - Đề chuyên
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bản hướng dẫn gồm 3 trang
I Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định
2) Việc chi tiết hoá thang điểm ( nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm , không chia nhỏ dưới 0,25 điểm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi
3) Điểm toàn bài không làm tròn
II Đáp án và thang điểm
m
Câu I
(2,0
điểm)
1) (1,00 điểm)
Điều kiện xác định : x ≥ 0 0,25 Đặt x =t, t ≥ 0 Phương trình đã cho trở thành 6 t+ = +t 2 (1)
Hai vế của (1) không âm , nên (1) tương đương với 6 + t = (t + 2)2
⇔ t2 + 3t – 2 = 0
0,25
Phương trình trên có nghiệm không âm là t = 3 17
2
− +
0,25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
2
3 17 13 3 17
=
2) ( 1,00 điểm)
Đặt S = 1 1 1
1 3+ 5 7 + + 97 99
S1 = 1 1 1
5 7 + 7 9+ + 99 101
Ta có S > S1 suy ra 2S > S + S1
0,50
Mặt khác S + S1
101 1 9
−
Vậy S > 9
4
0,50
Câu II
(3,0
1) (1,5 điểm)
Đặt x2 = t, t≥ 0 Phương trình đã cho trở thành t2 – 6t + 4 = 0 (1) 0.25 Phương trình (1) là phương trình bậc hai có
Trang 3∆/ = 5 > 0, b
a
− = 6 > 0, c
a = 4 > 0 ⇒ phương trình (1) có hai nghiệm dương phân
biệt t1, t2 nên phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt
Bốn nghiệm của phương trình đã cho là:
x1 = - t1, x2 = t1, x3 = - t2, x4 = t2 Trong đó t1 + t2 = 6, t1tt2 = 4
0,50 0,25
Suy ra 6
1
x + 6
2
x + 6
3
x + 6
4
x = 2( 3
1
t + 3 2
t )
= 2(t1 + t2)3 – 6t1t2 (t1 + t2)
= 288
Vậy T = 288
0,50
2) (1,50 điểm)
Giả sử hệ có nghiệm ( x; y) Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra
x3 = -3(y – 1)2 -1 ⇒ x3 ≤ -1 (1)
0,50 Mặt khác, từ phương trình thứ hai của hệ suy ra
x2(y2 + 1) = 2y ⇒ x3 = 2
2
1
y
x
0,50
Từ (1) và (2) suy ra x = -1 thay x = -1 vào phương trìng thứ nhât của hệ ta được
Thử lại: x 1
x 1
= −
=
nghiệm đúng hệ đã cho.
Vậy hệ đã cho có một nghiệm x 1
x 1
= −
=
0,25
Câu III
(2,0
điểm)
1) (1,00 điểm)
n
m
j
b
a
Ta có · 0
90
AMB= ( góc nối tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB), Suy ra MB ⊥ MN Tương tự ta có NC⊥ MN ⇒ MB // NC. 0,50 Gọi J là trung điểm của MN Đường trung trực của đoạn thăng MN đi qua J và cắt
BC tại I Ta có IJ ⊥ MN ⇒ IJ // MB, suy ra I là trung điểm BC Tam giác ABC
cố định nên I cố định Vậy đường trung trực của đoạn thẳng MN luôn đi qua điểm I
2) (1,00 điểm)
Ta có ( x – y)2 2 2 2
0 (x y) 2(x y )
≥ ⇔ + ≤ + (1), dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y
MB + MN + NC = (MB + MA) + ( NC + NA)
Áp dụng (1) ta có
MB + MN + NC ≤ 2(MB2+MA2)+ 2(NC2+NA2)= 2(AB AC+ )
0,50
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MA = MB và NA = NC ⇔ các tam giác MAB và
NAC là tam giác vuông cân lần lượt ở M và N
⇔ MAB NAC· =· =450, điều này không thể xảy ra vì ·BAC<900
Vậy MB + MN + NC < 2(AB + AC)
0,50
Trang 4Câu IV
(1,0
điểm)
q
p n
m
d
c b
a
Gọi ABCD là hình vuông có cạnh bằng 8cm Giả sử 100 điểm được vẽ bên trong
hình vuông ABCD là A1, A2,… ,A100 Ta tự dựng 100 đường tròn tâm Ai có cùng bán
kính bằng 1cm, ký hiệu mỗi đường tròn này là (Ai),
i ∈{1, 2, ,100} Tồng diện tích của 100 hình tròn vừa vẽ là S = 100π cm2
0,50
Ta vẽ một hình vuông MNPQ có tâm trùng với tâm hình vuông ABCD, có MN //
AB và MN = 10cm Vậy, tất cả các đường tròn đã vẽ ở trên đều nằm bên trong hình
vuông MNPQ và hình vuông MNPQ có diện tích
S1 = 100cm2 Do π>3 nên S > 3S1, suy ra tồn tại điểm O là điểm trong của ít nhất 4
đường tròn trong số các đường tròn (Ai) Giả sử 4 đường tròn này là (A1), (A2), (A3), (A4) Khi đó 4 điểm A1, A2, A3, A4 sẽ nằm bên trong đường tròn tâm O bán kính
băng 1cm (điều phải chứng minh)
0,50
Câu V
(2,0
điểm)
1) ( 0,75 điểm)
Với điều kiện 1 - 4x – x2 ≥ 0 (1) , ta có
1 (1 4x x )2 2
1 4x x 2
0,50
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 0 , thoả mãn điều kiện (1) Vậy giá trị lớn nhất
2) ( 1,25 điểm)
* Nếu x ≥ y ⇒4x 4y 0− ≥ Từ giả thiết x2y2 – 4x + 4y = z2 (1) suy ra
x2y2 = 4x – 4y + z2 ≥ z2 ⇒xy z≥ (2) Mặt khác do x, y nguyên và cùng lớn hơn 1
nên x(2y – 4 ) > 1 – 4y ⇒ 2xy – 1 > 4x – 4y (3) 0,50
Từ (1), (3) suy ra
z2 = x2y2 - ( 4x – 4y) > x2y2 - 2xy + 1 = (xy – 1)2 ⇒z > xy – 1 (4)
Mà (xy – 1) và xy là hai số nguyên dương liên tiếp nên từ (2) và (4) suy ra xy = z
Thay xy = z vào (1) suy ra x = y 0,25
* Nếu x < y , lập luận tương tự như trên suy ra xy < z (5)
Mặt khác y(2x – 4) > -1 – 4x ⇒- (4x – 4y) < 2xy + 1
z x y (4x 4y) x y 2xy 1 z xy 1
Từ (5),(6) suy ra xy < z < xy + 1 (vô lý vì z là một số nguyên và xy; xy + 1 là hai
số nguyên liên tiếp)
Vậy x = y
0,50
