Sở Giáo dục - Đào tạo thái bình Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Năm học 2010 - 2011 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (2,5 điểm) Cho biểu thức: x 7 x 3 2 x 1 A x 5 x 6 x 2 x 3 + + = + + với x 0; x 4; x 9 a) Rút gọn A. b) Tính giá trị của A khi 2 x 3 2 = . Bài 2. (2,0 điểm) Cho hai đờng thẳng: (d 1 ): y = (m 1)x m 2 2m (d 2 ): y = (m 2)x m 2 m + 1 cắt nhau tại G. a) Xác định toạ độ điểm G. b) Chứng tỏ rằng điểm G luôn thuộc một đờng thẳng cố định khi m thay đổi. Bài 3. (1,5 điểm) Giải các phơng trình sau: a) 2 1 1 1 0 1 1 1 x x x = + + + b) 2 2 x x 1 1 x = ữ + + Bài 4. (3,5 điểm) Cho điểm M thuộc nửa đờng tròn tâm O, đờng kính AB. Điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm M kẻ tiếp tuyến Ax, By với đờng tròn. Đờng thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By tại P, Q. Gọi E là giao điểm của AM với CP, F là giao điểm của BM với CQ. a) Chứng minh rằng: + Tứ giác APMC và tứ giác EMFC là tứ giác nội tiếp. + EF // AB. b) Giả sử có EC.EP = FC.FQ. Chứng minh rằng: EC = FQ và EP = FC. Bài 5. (0,5 điểm) Cho hai số thực x, y thoả mãn x 2 + y 2 + xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức B = x 2 xy + 2y 2 . Hết Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: . (với m là tham số) đề chính thức S GIO DC - O TO THI BèNH K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN Nm hc 2010-2011 HNG DN CHM V BIU IM MễN TON ( chung cho cỏc thớ sinh) B i 1 .(2,5 điểm) Cho biểu thức: x 7 x 3 2 x 1 A x 5 x 6 x 2 x 3 + + = + + với x 0; x 4; x 9 a) Rút gọn A. b) Tính giá trị của A khi 2 x 3 2 = . í NI DUNG IM a. 1,75 ( ) ( ) x 7 x 3 2 x 1 A x 2 x 3 x 2 x 3 + + = + 0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x 7 x 3 x 3 2 x 1 x 2 x 2 x 3 + + + = 0,25 ( ) ( ) x 7 x 9 2x 4 x x 2 x 2 x 3 + + + = 0,50 ( ) ( ) x 2 x x 2 x 3 = 0,25 ( ) ( ) ( ) x x 2 x x 3 x 2 x 3 = = 0,50 b. 0,75 ( ) 2 x 3 2 2 2 1= = (Tho món x 0; x 4; x 9) 0,25 Thay ( ) 2 x 2 1= vo A cú: 2 1 A 2 4 = 0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 4 2 3 2 14 2 4 2 4 + = = + 0,25 B i 2 .(2,0 điểm) Cho hai đờng thẳng: (d 1 ): y = (m 1)x m 2 2m (d 2 ): y = (m 2)x m 2 m + 1 cắt nhau tại G. a) Xác định toạ độ điểm G. b) Chứng tỏ rằng điểm G luôn thuộc một đờng thẳng cố định khi m thay đổi. í NI DUNG IM a. 1,25 Honh im G l nghim ca phng trỡnh: (m-1)x - m 2 - 2m = (m - 2)x - m 2 - m + 1 0,25 x = m + 1 0,25 (Gm 5 trang) (với m là tham số) Ý NỘI DUNG ĐIỂM Tung độ điểm G là: y = (m-1) (m+1) - m 2 - 2m 0,25đ ⇔ y = -2m - 1 0,25đ Toạ độ điểm G là (m + 1 ; -2m - 1) 0,25đ b. 0,75đ Có y = -2m - 1 = -2(m + 1) + 1 0,25đ Mà x = m + 1 ⇒ y = -2x + 1 0,25đ Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + 1 cố định. Chứng tỏ G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + 1 cố định khi m thay đổi 0,25đ B i 3à .(1,5 ®iÓm) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a) 2 1 1 1 0 1 1 1 x x x = + − − + + ; b) 2 2 x x 1 1 x = ÷ + + Ý NỘI DUNG ĐIỂM a. 1,0đ ĐKXĐ: x ≠ 1; x ≠ -1 0,25đ Xét + + = + − − 2 1 1 1 0 x 1 x 1 x 1 ⇒ x - 1 + x + 1 + 1 = 0 0,25đ ⇔ 2x + 1 = 0 ⇔ x = − 1 2 0,25đ x = − 1 2 (thoả mãn ĐKXĐ) nên phương trình có 1 nghiệm duy nhất x = − 1 2 0,25đ b. 0,50đ ĐKXĐ: x ≠ -1 Xét + = ÷ + 2 2 x x 1 x 1 ⇔ − + = ÷ + + 2 x x x 2.x. 1 x 1 x 1 ⇔ + − = ÷ + + 2 2 x 2x 1 0 x 1 x 1 Đặt + 2 x x 1 = t ta có t 2 + 2t - 1 = 0 ⇔ = − + = − − t 1 2 t 1 2 0,25đ Giải = − + + 2 x 1 2 x 1 được − + − = − − − = 1 2 2 1 2 2 1 x 2 2 1 2 2 1 x 2 (thoả mãn x ≠ -1) Giải = − − + 2 x 1 2 x 1 được x ∈ φ Kết luận phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 . 0,25đ B i 4 .(3,5 điểm) Cho điểm M thuộc nửa đờng tròn tâm O, đờng kính AB. Điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm M kẻ tiếp tuyến Ax, By với đờng tròn. Đờng thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By tại P, Q. Gọi E là giao điểm của AM với CP, F là giao điểm của BM với CQ. a) Chứng minh rằng: + Tứ giác APMC và tứ giác EMFC là tứ giác nội tiếp. + EF // AB. b) Giả sử có EC.EP = FC.FQ. Chứng minh rằng: EC = FQ và EP = FC. í NI DUNG IM a. 1,5 T giỏc APMC cú: ã ã = = o o PAC 90 (tính chất t.tuyến) PMC 90 (gt) 0,50 0,50 ã ã + = o PAC PMC 180 0,25 T giỏc APMC l tg nt 0,25 0,75 Cú ã AMB = 90 o (H qu gnt) (1) 0,25 ã ã +MAB MBA = 90 o (2) Cú t giỏc APMC ni tip (cmt) ã ã =MPC MAC (cựng chn cung MC) Hay ã ã =QPC MAB (*) Chng minh tng t (*) cú ã ã =PQC MBA T (2) (3) ã ã ã = = = o o PQC QPC 90 PCQ 90 (4) 0,25 T (1) (4) ã ã = = o EMF ECF 180 T giỏc EMFC nt 0,25 0,75 T giỏc EMFC ni tip ã ã =MEF MCF (cựng chn cung MF) Hay ã ã =MEF MCQ (5) 0,25 T giỏc MQBC ni tip ã ã =MCQ MBQ (cựng chn cung MQ) (6) 0,25 (3) OCA B P M x y Q F E í NI DUNG IM Xột ữ AB 0; 2 cú ã ã =MBQ MAB (cựng chn cung MB) (7) T (5) (6) v (7) ã ã =MEF MAB EF // AB 0,25 b. 0,50 T giỏc APMC ni tip EP.EC = EA.EM T giỏc MCBQ ni tip FC.FQ = FM.FB Cú EC.EP = FC.FQ (gt) EA.EM = FM.FB (8) Cú EF // AB = EM FM EA FB (9) T (9) (8) EM 2 = FM 2 EM = FM 0,25 EMC = FMQ (gcg) EC = FQ M EC.EP = FC.FQ EP = FC 0,25 B i 5 .(0,5 điểm) Cho hai số thực x, y thoả mãn x 2 + y 2 + xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức B = x 2 xy + 2y 2 . í NI DUNG IM 0,5 + = + = 2 2 2 2 x xy 2y B x xy 2y 1 Cú x 2 + y 2 + xy = 1 B = + + + 2 2 2 2 x xy 2y x y xy * y = 0 cú B = 1 * y 0 cú + ữ = + + ữ 2 2 x x 2 y y B x x 1 y y t = x t y cú + = + + 2 2 t t 2 B t t 1 Bt 2 + Bt + B = t 2 - t + 2 + + > ữ 2 3 t t 1 0 4 (B-1)t 2 + (B+1)t + B - 2 = 0 (*) Tn ti giỏ tr ca B pt (*) cú nghim +) B = 1 d thy cú nghim +) B 1 = (B+1) 2 - 4(B-1)(B-2) 0 3B 2 - 14B + 7 0 ữ 2 7 28 B 3 9 Ý NỘI DUNG ĐIỂM ⇔ − ≤ − ≤ 2 7 7 2 7 B 3 3 3 ⇔ − + ≤ ≤ 7 2 7 7 2 7 B 3 3 (2) KÕt hîp l¹i, ta cã − + ≤ ≤ 7 2 7 7 2 7 B 3 3 + = + = − − = ⇔ ⇔ − − = ± + + = − + min 2 2 2 B 1 x .y B 1 x .y 2 2B 7 2 7 7-2 7 B víi B = 2 2B 2(B 1) 3 3 y x y xy 1 7 6B 3B + = + = − − = ⇔ ⇔ − − = ± + + = − + max 2 2 2 B 1 x .y B 1 x .y 2 2B 7 2 7 7+2 7 B víi B = 2 2B 2(B 1) 3 3 y x y xy 1 7 6B 3B 0,50đ